计蒜客信息学 8 月提高组模拟赛

T1：树节点的排序

$N \leqslant 8$：

• 枚举排列即可

$N \leqslant 15$：

• 状压dp
• dp[i][s] 表示深度为 $i$，排列中选了 $s$ 里所有点进行状态转移

树为一条链：

• 左边与右边配对即可

$N \leqslant 5000$：

• 树形dp
• dp[i][j] 表示在以点 $i$ 为根的子树中，选的点深度最大为 $j$ 进行状态转移

$N \leqslant 10^6$：

• 之前那个树形dp可以用长链剖分优化
• 也可以用另一种方法
• 分别考虑每条边对答案的贡献
• 每条边两端连接的连通块大小不妨记为 $x$ 和 $y$
• 那么这条边对答案最多贡献 $2\min(x, y)$ 次
• 即其中一个连通块的 $\min(x, y)$ 个点穿过这条边跑到另一个连通块
• 实际上每条边是可以同时分别取到这个最大值的
• 那么一次 $\operatorname{dfs}$ 过程就能统计出来，只需要额外记录子树大小
• 时间复杂度：$\mathcal{O}(n)$

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ll = long long;
using P = pair<int, int>;
 
int main() {
    freopen("tree.in", "r", stdin);
    freopen("tree.out", "w", stdout);
    
    int n;
    cin >> n;
    
    vector<vector<P>> g(n);
    rep(i, n-1) {
        int a, b, c;
        cin >> a >> b >> c;
        --a; --b;
        g[a].emplace_back(b, c);
        g[b].emplace_back(a, c);
    }
    
    ll ans = 0;
    vector<int> t(n, 1);
    auto dfs = [&](auto f, int v, int p=-1) -> void {
        for (auto [u, w] : g[v]) {
            if (u == p) continue;
            f(f, u, v);
            t[v] += t[u];
            ans += 2ll*min(t[u], n-t[u])*w;
        }
    };
    dfs(dfs, 0);
    
    cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}

加强版：

• CF468D
• ARC087F

T2：数列划分

$n \leqslant 10$：

• $\mathcal{O}(2^n)$ 枚举区间间隔，判断是否满足条件

$n \leqslant 5000$ 且 $a_1 \oplus a_2 \oplus \cdots \oplus a_n \neq 0$

• 预处理出前缀异或和，记为 $b$，再用数组 $s$ 来维护数组 $b$ 中前缀 $0$ 的个数：即，如果 $b_i = 0$，则 $c_i = 1$，否则 $c_i = 0$，其中 $s$ 是 $c$ 的前缀和
• 于是，原问题就转化成有 $n$ 个数，选一些数使其呈现 x 0 x 0 ... 0 x 的样子
• 因为必选 $b_n$，而 $b_n \neq 0$，所以 $x = b_n$
• 考虑 $\operatorname{dp}$。dp[i] 表示枚举到第 $i$ 个时的答案，若 $b_i = x$，则 $\operatorname{dp}[i] = 1 + \sum \operatorname{dp}[j] \times (s_i - s_j)~(j < i ~\wedge~b_j == x)$，否则 $\operatorname{dp}[i] = 0$
• 最终答案为 $\operatorname{dp}[n]$
• 时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2)$