[做题记录]做题记录 3

合集 - 做题记录(6)

1.做题记录2023-12-232.NOIP 备赛：CF 2E 板刷2024-11-153.[做题记录]CF53E2024-11-244.做题记录 22024-11-28

5.[做题记录]做题记录 32024-11-28

6.[做题记录]ABC F/G/Ex 做题计划2024-11-28

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Jinan 2023 B

朴素 dp：$f_{i, j}$ 代表 $i$ 为根的子树划分完，$i$ 所在连通块大小为 $j$。转移平凡 $O(nk)$。

考虑 $k$ 很大时复杂度退化成 $n ^ 2$。发现 $k$ 很大时连通块个数很小，只有 $O(\dfrac{n}{k})$ 级别。因此不妨设 $f_{i, a, b}$ 表示 $i$ 为根，子树中有 $a$ 个大小为 $k$ 的，$b$ 个大小为 $k + 1$ 的，$sz_i - ak - b(k + 1)$ 个节点在 $i$ 所在连通块。发现状态总数实际上是 $O(n \times \dfrac{n}{k})$ 的。

对 $k$ 进行阈值分治，不难发现当 $k = \sqrt n$ 是取得最有复杂度，即为 $O(n ^ {1.5})$。

using namespace std;

const int N = 100010; 
const int mod = 998244353;
vector<int> E[N];
int f[N][1010], T, n, k, sz[N];
unordered_map<int, int> f2[N];
void dfs(int u, int fa) {
	sz[u] = 1; f[u][1] = 1;
	for (auto v : E[u]) if (v ^ fa) {
		dfs(v, u); vector<int> g(min(sz[u] + sz[v], k + 1) + 1);
		rep(i, 0, min(sz[u], k + 1))
			rep(j, 0, min(sz[v], k + 1 - i))
				g[i + j] = (g[i + j] + f[u][i] * f[v][j]) % mod;
		rep(i, 0, min(sz[u] + sz[v], k + 1)) f[u][i] = g[i];
		g.clear(); g.shrink_to_fit(); sz[u] += sz[v]; 
	} f[u][0] = (f[u][0] + f[u][k]) % mod;
	f[u][0] = (f[u][0] + f[u][k + 1]) % mod;
}
void dfs2(int u, int fa) {
	f2[u][1] = 1;
	for (auto v : E[u]) if (v ^ fa) {
		dfs2(v, u); unordered_map<int, int> g;
		for (auto [x1, y1] : f2[u]) for (auto [x2, y2] : f2[v]) if (x1 + x2 <= k + 1)
			(g[x1 + x2] += y1 * y2 % mod) %= mod; f2[u] = g;
	} if (f2[u].find(k) != f2[u].end()) (f2[u][0] += f2[u][k]) %= mod;
	if (f2[u].find(k + 1) != f2[u].end()) (f2[u][0] += f2[u][k + 1]) %= mod;
}
signed main() {
	scanf("%lld", &T);
	while (T -- ) {
		scanf("%lld%lld", &n, &k);
		rep(i, 1, n) E[i].clear();
		rop(i, 1, n) {
			int a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);
			E[a].push_back(b), E[b].push_back(a);
		} if (k <= (int)sqrt(n) * 3) {
			rep(i, 1, n) rep(j, 0, k + 1) f[i][j] = 0;
			dfs(1, 0); printf("%lld\n", f[1][0]);
		} else {
			rep(i, 1, n) f2[i].clear();
			dfs2(1, 0); printf("%lld\n", f2[1][0]);
		}
	} return 0;
} 

ECFinal 2023 C

第一眼看到这道题的想法：$f_{i, j}$ 表示 $x$ 的前 $i$ 个位置和为 $j$ 的方案，以及 $g_{i, j}$ 表示 $y$ 的前 $i$ 个位置和为 $j$ 的方案。这部分可以 $O(n ^ 2 w)$。

枚举 $p, q$。需要求出 $\sum \limits_{i \le \min(s_p, s_q)} f_{p, i} \times f_{q, i}$。这是一个向量点积的形式。发现这个东西是 $O(n ^ 3 w)$ 的。使用多项式科技可以 $O(n ^ 2w\log)$。

考虑更加高级的做法。不妨设 $f_{i, j, k}$ 表示 $x$ 中做完了前 $i$ 个，$y$ 中做完了前 $j$ 个，$s_b - s_a = k$ 的方案数。

若 $k > 0$ 则转移到 $f_{i + 1, j}$，否则转移到 $f_{i, j + 1}$。由于第三维大小是介于 $-w$ 到 $w$ 之间的，因此复杂度 $O(n ^ 2 w)$。

Nanjing 2023 D

一个简单的思路是：设 $f_{i, j}$ 表示以 $i$ 为根，叶子节点到根节点路径上黑色节点个数均为 $j$ 所需要修改的最少点数。这样可以做到 $O(nm)$。转移方程是：

$$f_{u, i} \leftarrow \min\{c_{u, 0} + \sum f_{v, i - 1}, c_{u, 1} + \sum f_{v, i}\}$$

这个东西可以长链剖分，然后对于轻链的合并做 $(\min, +)$ 卷积即可。可以做到线性。