@7 UOJ351 & UOJ507
新年的叶子
题目描述
解法
首先有一个经典结论：树的直径有且仅有一个绝对中心（可以是某个点，可以是某条边的中点），证明可以考虑反证法，如果存在多个中心那么一定可以生成更长的直径。
可以先确定这个绝对中心，考虑如果绝对中心是边的中点，那么会把可能的直径端点划分成两个集合；如果绝对中心是点，那么会把可能的直径端点划分为若干个集合。从不同的集合中选出直径端点就可以构成直径。
所以问题转化成：给定若干个集合，求只剩一个集合还没被染完的期望步数。考虑计算出所有染色排列的总代价，除以方案数就得到了答案。考虑如果还剩 \(i\) 个点没染色，那么有效染色的期望步数是 \(\frac{n}{i}\)
设所有的直径端点数是 \(m\)，可以预处理 \(f_i=\sum_{i=1}^m \frac{n}{i}\) 方便计算代价。设当前考虑的集合大小为 \(k\)，结束时这个集合还剩下 \(p\) 个点，那么这种情况的贡献为：
中间减法的含义为：最后一次染色不能染到当前考虑的集合，要不然会算重，所以把这种情况减去。
时间复杂度 \(O(n)\)
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 500005;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,ans,rt,mx,cnt,p[M],a[M];
int f[M],fac[M],inv[M];vector<int> g[M];
void init(int n)
{
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+n*inv[i])%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
void dfs(int u,int fa,int d)
{
if(d>mx) mx=d,rt=u;
for(int v:g[u]) if(v^fa)
p[v]=u,dfs(v,u,d+1);
}
void work(int u,int fa,int d,int c)
{
if(d==mx/2) a[c]++,m++;
for(int v:g[u]) if(v^fa)
work(v,u,d+1,c);
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read();
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
m+=(g[i].size()==1);
init(m);m=0;
dfs(1,0,0);mx=0;dfs(rt,0,0);
if(mx&1)//edge
{
int x=rt,y=0;cnt=2;
for(int i=1;i<=mx/2;i++) x=p[x];
y=p[x];work(x,y,0,1);work(y,x,0,2);
}
else//node
{
int x=rt;
for(int i=1;i<=mx/2;i++) x=p[x];
for(int v:g[x])
cnt++,work(v,x,1,cnt);
}
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=1;j<=a[i];j++)
{
int w=fac[m-j]-fac[m-j-1]*(a[i]-j);
w=w%MOD*(f[m]-f[j])%MOD;w=(w+MOD)%MOD;
ans=(ans+inv[m]*fac[a[i]]%MOD*inv[a[i]-j]%MOD*w)%MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
}
星座3
题目描述
解法
首先考虑两颗星星 \(i,j(x_i<x_j)\) 不能共存的条件：\(\max(y_i,y_j)\geq \max_{k=x_i}^{x_j} a_k\)
这个条件的结构启示我们对 \(a\) 建立笛卡尔树，然后确定 \(dp\) 顺序为自底向上。设当前层的高度为 \(a_u\)，那么只能有一个高度大于 \(a_u\) 的星星，所以在 \(dp\) 过程中还需要记录最大星星的高度。
设 \(dp(u,h)\) 表示子树 \(u\) 内最高的星星高度为 \(h\) 的最大保留价值，转移考虑从 \(x,y\) 合并上来：
上述转移有两个小细节，第一是因为要算上新增的星星，所以每一层要合并两次；第二是转移需要满足 \(h>a_u\)，对于 \(h\leq a_u\) 的情况可以只更新 \(a_u\) 处的值，因为 \(h<a_u\) 的状态以后都不会再用到。
发现可以用线段树合并优化上述的转移，只需要支持区间加、区间取 \(\max\) 即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
const int N = 30*M;
#define ll long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k,a[M],s[M],ch[M][2];
int cnt,rt[M],ls[N],rs[N];ll sum,mx[N],fl[N];
vector<pair<int,int>> v[M];
void add(int x,ll c)
{
if(x) fl[x]+=c,mx[x]+=c;
}
void down(int x)
{
if(!fl[x]) return ;
add(ls[x],fl[x]);add(rs[x],fl[x]);fl[x]=0;
}
void ins(int &x,int l,int r,int y,ll c)
{
if(!x) x=++cnt;
mx[x]=max(mx[x],c);
if(l==r) return ;
int mid=(l+r)>>1;down(x);
if(y<=mid) ins(ls[x],l,mid,y,c);
else ins(rs[x],mid+1,r,y,c);
}
void upd(int x,int l,int r,int L,int R,ll c)
{
if(L>r || l>R || !x) return ;
if(L<=l && r<=R) {add(x,c);return ;}
int mid=(l+r)>>1;down(x);
upd(ls[x],l,mid,L,R,c);
upd(rs[x],mid+1,r,L,R,c);
mx[x]=max(mx[ls[x]],mx[rs[x]]);
}
ll ask(int x,int l,int r,int L,int R)
{
if(L>r || l>R) return 0;
if(L<=l && r<=R) return mx[x];
int mid=(l+r)>>1;down(x);
return max(ask(ls[x],l,mid,L,R),
ask(rs[x],mid+1,r,L,R));
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x || !y) return x+y;
down(x);down(y);
mx[x]=max(mx[x],mx[y]);
ls[x]=merge(ls[x],ls[y]);
rs[x]=merge(rs[x],rs[y]);
return x;
}
void comb(int u,int v,int h)
{
ll x=ask(rt[u],1,n,1,h);
ll y=ask(rt[v],1,n,1,h);
upd(rt[u],1,n,h+1,n,y);
upd(rt[v],1,n,h+1,n,x);
rt[u]=merge(rt[u],rt[v]);
ins(rt[u],1,n,h,x+y);
}
void dfs(int u)
{
for(auto x:v[u])
ins(rt[u],1,n,x.first,x.second);
if(ch[u][0])
dfs(ch[u][0]),comb(u,ch[u][0],a[u]);
if(ch[u][1])
dfs(ch[u][1]),comb(u,ch[u][1],a[u]);
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
while(k && a[s[k]]<a[i])
ch[i][0]=s[k],k--;
ch[s[k]][1]=i;s[++k]=i;
}
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),c=read();
v[x].push_back(make_pair(y,c));
sum+=c;
}
dfs(ch[0][1]);
printf("%lld\n",sum-mx[rt[ch[0][1]]]);
}
