「杂录」CSP-S 2019 爆炸记&题解

考试状况

Day1

8:30
解压,先打个含头文件和freopen的模板程序,准备做题。

8:35
开题,心想着按顺序做吧,毕竟难度一般是按顺序排的。
第一题,一眼看过去。
标题:格雷码
描述:格雷码是balabala,有个方法可以生成格雷码balabala
数据范围:long long
n位格雷码第k项?第一位看一下在前半还是后半,第二位递归下去……复杂度O(n),没什么大问题,直接开打。

8:45
打完了,测小样例、大样例,手造两个小数据,测一下极限数据……等等,极限数据是63还是64位?看一下数据范围,n<=64,可以等于……那就不能用long long了,赶紧改成unsigned long long,发现不知道怎么读入……改成cin。测一下最大数据,能过,好的下一道。

8:50
第二题好像蛮套路的,树上做合法括号序列……考虑到括号序列的合法判断,只需要把(当成1)当成1,求前缀和,满足没有任何一个位置小于0,并且最后的位置等于0就一定合法。那么考虑在树上Dfs维护前缀和,统计方案,显然有fi=ffai+ansi。那么计算以i结尾的方案数方法也挺简单的,只需要求出到祖先路径上第一个小于自己的前缀和(这个位置的前缀和为负,之前都不可选)之后的与自己前缀和相等的位置数量即可。

嗯……怎么求第一个小于自己的数的位置?关键是怎么求在此基础上的与i前缀和相等的数量?由于每次前缀和只会+11,那么第一个比x小的必然是x1,可以用一个数组存一下位置。同理,当某一个前缀和为x时,把x+1的数量全都清空就可以求出在某个位置之后的答案……这样似乎就没有问题了,好的,开打。

9:30
打完了,测一下小样例,过了……测一下大样例,没出结果……由于有Dfs,大概是栈爆了,那就手动扩栈吧……但是扩栈的编译命令是啥啊……心血来潮准备翻一下MinGW的文件找找有没有哪里记录了编译命令大全……用ctrl+F宛如智障般在各种庞大的文件里找了20分钟,找到几个看起来像的,加上去,还是都编译不过。

9:50
放弃扩栈了,输出中间结果看看,毕竟大样例本身也很水,就是一条左括号右括号轮流来的链……除了有点臭以外。中间结果似乎没有大问题……算了,做第三题去吧……

10:00
第三题数据范围n20005组数据,明显要你n2做一次,可是乍一看我怎么只会个n!暴力啊……看来难度不低(后来发现,应该是今年最难的一题)。

别慌,考虑第一位,显然应该让数字1去到最小的编号,那不就是1号位吗?那么这条路径上的边全都要被选,并且数字1一开始在的位置的其他边,都不能先选,一旦选了就会把1换走。目标节点的其他边必须在1到达之前全都选完,不然最终1不能停留在目标点。中间路径上的边有一定的选择次序,并且支出去的边不能在1号点被换到这个位置的时候选。

诶等等,数字1还不一定能去1号点啊,如果自己就在1号点,一定会被换出去……然后数字1去了该去的位置,又留下了一堆限制,数字2的移动大大受限……

想了1小时……还是想不到正解……

11:00
算了算了想暴力吧。
n10,阶乘枚举边换的顺序即可;
链,1号点去除了自己以外的最小位置,中间这条路的显然是一路换过去,但是第2个呢?中间的边都被换了不能走,那么就把被换了的边打个标记,只能访问到没换的边……等等,1也不一定是最先换的,目标位置后面的边要先选,不然1会被换走……啊啊啊啊没时间了,直接开打吧。

11:20
阶乘枚举为什么也这么难打啊,输入不是按树上的数给出,而是给出数字的标号,还要转化一次,Dfs还要记录vis,时间不够用啊……小样例调试过了,但时间不够了。打链甚至要先找一下端点,又是多组数据还要清空度数数组……没时间了,调不出来……

11:55
放弃第三题的链,留了个错误算法看能骗多少分吧……检查了前面的文件,没什么问题,时间非常赶。

After
问了大家的成绩,好像都差不多,勉强心态平衡了,210大众分,回去看了一下午的老番。

Day2

8:30
还是按顺序做。第一题,感觉蛮套路的,容斥原理呼之欲出了,不过超过一半这个条件似乎不知道总数就没有办法?那么还要枚举总数,复杂度一算O(mn3),过不了。

思索良久,发现一半的限制有点微妙,首先这会使得最多只有一种菜不合法,其次还等价于一种菜比其他所有菜加起来还要多。那么只需要一维状态记录差值,就可以不需要枚举总数了。思考大概花了20分钟,代码也挺好打的,细节不多,直接打。

9:20
打完代码,依然是测小样例和大样例,都能过,数组也没爆,还是计数问题,不太需要对拍,那就先这样了,去看第二题。

看一眼数据范围,好大,只能O(n),而且还会爆long long,需要手写高精度。再看,应该是个DP,平方的费用有点像斜率优化,但又不是,因为还有一个段长递增的限制。感觉可以贪心,想了一个O(n)的简单的错误算法,心想毕竟是第二题,有了高精度剩下的难度应该不会很高,还虚假地证明了这个算法的正确性。然后就直接开打了,打完一测大样例,瞬间挂掉,算上想这个错算法的时间相当于浪费了30分钟……幸好没有直接开打高精度,否则浪费的时间更多。

9:50
在想是代码问题还是思路问题,结果构造了一个小样例,也挂了,瞬间明白之前的证明不严谨,这个算法是错的,而且没法修补……一看时间还有,继续刚,又废了40分钟。

10:30
不行,再刚就没时间做第三题了……先看一下第三题,割边后求重心标号?好像更不可做,那就留点时间打暴力就行了吧……继续想,仍然没有想法,转头想暴力,想到了一个O(n2)的,真的没有时间了,拿完64分就跑吧。到调完程序,花了40分钟。

11:10
上来就准备打暴力,小的时候暴力断边求重心,链可以在序列上做,满二叉树情况很简单,断开的边下方的点必然是,剩下的重心肯定是根和根的两个儿子之一。一共75分的部分分,后悔没有早点看到。

不过几个暴力也不是很好写……打到最后只剩10分钟了,链和暴力都搞定了,满二叉树打完了死活调不过去,只能注释掉求稳,把前面的都分都留住,去检查文件名和freopen了。

出考场,发现第二题有一个单调性,很好拿到88分,人均88就我没有。并且第三题满二叉树的方法也挺好写的,我写复杂了。心情不太好,回去测试,100+64+55=219,基本没有可波动的余地了。总分大概是429,靠民间数据大致测出省内13左右,凉凉。

赛后总结

总算是付出代价了。

划水不会有好下场,知识点理解不够深入,D2T2大家都能看出来的单调性优化DP没有看出来,D2T3树重心的性质理解不够深入,让我面对Day2几乎AKt3 100ptst2只是没写高精度才88pts)的各校巨佬们无法望其项背;考试策略大大失误,导致从本应还算稳的名次(100+100+10+100+88+75=473)跌到如此境地(4732420=429),进省队都悬。

逆水行舟,不进则退,每个人都在努力着,我再不脚踏实地继续向前,只会输得更惨。在一个比较弱的省,名次还能看,必须引以为戒,省选必夺名次。

补题情况

D1t1

递归,或者找规律:k(k>>1)
Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
int n;
ull k, s, t;
int main()
{
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		s = s << 1 | 1;
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		t = s >> 1;
		if (k <= t)
			putchar('0');
		else
		{
			putchar('1');
			k = s - k;
		}
		s = t;
	}
	putchar(10);
}

D1t2

Dfs序求每个点为右端点的合法括号序列个数。用一个sum数组记录根到i的路径和,num数组记录当前缀和为x的有numx个。每次fi=ffai+numsumi。当sumi=x时,递归到子树内时将numx+1清零,退栈时还原。
Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 500005
#define ll long long
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int n, fat[N], tar[N], nex[N], fir[N], cnt;
int sum[N], num[N << 1];
ll f[N], ans;
char S[N];
void Add(int a, int b)
{
	++cnt;
	tar[cnt] = b;
	nex[cnt] = fir[a];
	fir[a] = cnt;
}
void Dfs(int r)
{
	sum[r] = sum[fat[r]] + (S[r] == '(' ? 1 : -1);
	f[r] = f[fat[r]] + num[sum[r] + n];
	ans = ans ^ (r * f[r]);
	int s = num[sum[r] + n + 1];
	num[sum[r] + n]++;
	num[sum[r] + n + 1] = 0;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		Dfs(v);
	}
	num[sum[r] + n]--;
	num[sum[r] + n + 1] = s;
}
int main()
{
	Read(n);
	scanf("%s", S + 1);
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		Read(fat[i]);
		Add(fat[i], i);
	}
	num[n] = 1;
	Dfs(1);
	printf("%lld\n", ans);
}

D1t3

从数字1n依次确定每个数最终到达的节点。

考虑要从x节点到y节点,则对于路径上连续的三个点(i,j,k)必须要求(i,j)这条边要比(j,k)先使用,并且在(i,j)(j,k)之间没有任何与j连接的边被使用。同时,要求从x出发的边是x相连的所有边中第一个被使用的,到达y的边是与y相连的所有边中最后一个被使用的。

考虑中间比较一般化的条件,虽然(i,j)(j,k)之间不能先用与j相连的边,但仍然可以使用与j无关的边,导致问题复杂化。不妨考虑一个点j相连的所有边的次序,由于与j无关的边不在考虑范围内,条件变成选择了一条边后立刻选择另一条边,可以用一条边(j,i)>(j,k)表示选择关于j(i,j)这条边后要马上选择(j,k)

单独对于这个点来说,只要附近的边不连成环,且没有点出度或入度超过1,就合法了。考虑不同的点之间的边,发现彼此之间互不影响。也即是我们只需要保证每个点的连接都合法,就能保证全局合法。

在考虑加入第一和最后的限制。可以对每个点虚拟两条边stiedi,表示第一个选择某条边,如sti指向(i,j)表示(i,j)这条边是关于i的所有边中第一个选的(需要注意的是,每条边应该拆成两部分分别给连接到两个端点,彼此之间不应互相影响)edi同理。此时还需再加一个条件,若存在一条sti(i,j)(i,k)edi的链,必须把与i相连的所有边都用上,否则会导致剩余的边没有地方加入。

那么中途做的时候,按照Dfs序寻找最小的能够作为终点的节点,中途假装连边判断是否合法,最后选择最小的合法终点作为答案,进行真实连边,复杂度O(n2),代码流畅自然。
Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 2005
int t, n, A[N];
int tar[N << 1], nex[N << 1], fir[N], cnt = 1;
int lef[N << 2], rig[N << 2], bel[N << 2], siz[N << 2];
int deg[N], fat[N], lin[N], st[N], ed[N], chs;
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
void Add(int a, int b)
{
	++cnt;
	tar[cnt] = b;
	nex[cnt] = fir[a];
	fir[a] = cnt;
	deg[a]++;
}
int Getbel(int x)
{
	if (!bel[x])
		return x;
	return bel[x] = Getbel(bel[x]);
}
int Check(int r, int p1, int p2)
{
	if (rig[p1] == p2 && lef[p2] == p1)
		return 1;
	if (rig[p1] || lef[p2])
		return 0;
	int a = Getbel(p1), b = Getbel(p2);
	int c = Getbel(st[r]), d = Getbel(ed[r]);
	if (a == b)
		return 0;
	if (a == c && b == d)
		if (siz[a] + siz[b] != deg[r] + 2)
			return 0;
	return 1;
}
void Link(int a, int b)//a -> b
{
	rig[a] = b;
	lef[b] = a;
	int x = Getbel(a), y = Getbel(b);
	bel[x] = y;
	siz[y] += siz[x];
}
void Dfs(int r, int lst)
{
	if (Check(r, lst, ed[r]))
		chs = min(chs, r);
	lin[r] = lst;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fat[r])
			if (Check(r, lst, i))
			{
				fat[v] = r;
				Dfs(v, i ^ 1);
			}
	}
}
int main()
{
	Read(t);
	for (; t--; )
	{
		cnt = 1;
		memset(fir, 0, sizeof(fir));
		memset(deg, 0, sizeof(deg));
		memset(lef, 0, sizeof(lef));
		memset(rig, 0, sizeof(rig));
		Read(n);
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			Read(A[i]);
		for (int i = 1; i < n; i++)
		{
			int u, v;
			Read(u), Read(v);
			Add(u, v), Add(v, u);
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			st[i] = ++cnt;
			ed[i] = ++cnt;
		}
		for (int i = 1; i <= cnt; i++)
			bel[i] = 0, siz[i] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			chs = n + 1;
			fat[A[i]] = 0;
			Dfs(A[i], st[A[i]]);
			printf("%d%c", chs, i == n ? 10 : 32);
			int now = ed[chs];
			for (; ; )
			{
				Link(lin[chs], now);
				if (chs == A[i])
					break;
				now = lin[chs] ^ 1;
				chs = fat[chs];
			}
		}
	}
}

D2t1

首先求出没有第三个限制的答案。容斥减去不合法的方案。由于不合法的方案要求某一种菜用了一半以上,因此最多只有一种菜不合法。

考虑i不合法:
i超过所有菜的一半i比其他菜加起来还多i其他菜之和>0

于是枚举菜x后轻松DPfi,j表示前i种烹饪方式,x的数量其他菜的数量=j的方案数,转移分为:做xfi+1,j+1,做其他fi+1,j1,不做菜fi+1,j
Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 105
#define M 2005
#define ll long long
#define mod 998244353
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int A[N][M], S[N];
int f[2][N << 1];
int n, m, ans;
int main()
{
	Read(n), Read(m);
	ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= m; j++)
		{
			Read(A[i][j]);
			S[i] = (S[i] + A[i][j]) % mod;
		}
		ans = (ll)ans * (S[i] + 1) % mod;
	}
	ans = (ans - 1) % mod;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0][n] = 1;
		int z = 0;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
		{
			for (int k = 0; k <= 2 * n; k++)
			{
				if (!f[z][k])continue;
				f[z ^ 1][k] = (f[z ^ 1][k] + f[z][k]) % mod;
				if (k)
					f[z ^ 1][k - 1] = (f[z ^ 1][k - 1] + (ll)f[z][k] * (S[j] - A[j][i])) % mod;
				if (k < 2 * n)
					f[z ^ 1][k + 1] = (f[z ^ 1][k + 1] + (ll)f[z][k] * A[j][i]) % mod;
				f[z][k] = 0;
			}
			z ^= 1;
		}
		for (int k = n + 1; k <= 2 * n; k++)
			ans = (ans - f[z][k]) % mod;
	}
	if (ans < 0)ans += mod;
	printf("%d\n", ans);
}

D2t2

一个结论,最后一段在合法的情况下尽量小时,总答案也一定最小。理性感知,感性理解。

fi表示前i个划分,最后一段最小为fi。记SiAi的前缀和,则fi=min(SiSj)满足SiSjfj。这个直接单调队列优化DP就行了。

由于要高精度,而且卡内存,不能中途记录平方和,否则会MLE,应该最后用一个高精度数复现过程,累加答案。
Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 40000005
#define ll long long
int n, t;
int g[N], q[N], head, tail;
ll f[N], S[N];
struct Big
{
	int A[5];
	Big(){memset(A, 0, sizeof(A));}
	Big(ll x)
	{
		A[0] = x % 1000000000;
		A[1] = x / 1000000000;
		A[2] = A[3] = A[4] = 0;
	}
	void operator += (Big &x)
	{
		for (int i = 0; i < 5; i++)
		{
			A[i] += x.A[i];
			if (A[i] >= 1000000000)
			{
				A[i + 1] += A[i] / 1000000000;
				A[i] %= 1000000000;
			}
		}
	}
	void operator *= (Big &x)
	{
		Big c;
		ll now = 0;
		for (int i = 0; i < 5; i++)
		{
			for (int j = 0; j <= i; j++)
				now += (ll)A[j] * x.A[i - j];
			c.A[i] = now % 1000000000;
			now /= 1000000000;
		}
		for (int i = 0; i < 5; i++)
			A[i] = c.A[i];
	}
	void Output()
	{
		int c = 0;
		for (int i = 4; i >= 0; i--)
			if (!c)
			{
				if (A[i])
					printf("%d", A[i]), c = 1;
			}
			else
				printf("%09d", A[i]);
		putchar(10);
	}
}ans, val;
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int main()
{
	Read(n), Read(t);
	if (!t)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			int now;
			Read(now);
			S[i] = S[i - 1] + now;
		}
	}
	else
	{
		int x, y, z, b1, b2, m;
		Read(x), Read(y), Read(z);
		Read(b1), Read(b2), Read(m);
		int s = 1;
		for (int i = 1; i <= m; i++)
		{
			int p, l, r;
			Read(p), Read(l), Read(r);
			while (s <= p)
			{
				int b3;
				if (s == 1)
					b3 = b1;
				else
					if (s == 2)
						b3 = b2;
					else
						b3 = ((ll)b2 * x + (ll)b1 * y + z) % (1 << 30);
				S[s] = b3 % (r - l + 1) + l;
				S[s] += S[s - 1];
				if (s > 2)
					b1 = b2, b2 = b3;
				s++;
			}
		}
	}
	q[head = tail = 1] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (head < tail && f[q[head + 1]] + S[q[head + 1]] <= S[i])head++;
		f[i] = S[i] - S[q[head]];
		g[i] = q[head];
		while (head <= tail && f[q[tail]] + S[q[tail]] >= f[i] + S[i])tail--;
		q[++tail] = i;
	}
	int now = n;
	for (; now; )
	{
		val = Big(f[now]);
		val *= val;
		ans += val;
		now = g[now];
	}
	ans.Output();
}

D2t3

先任意指定一个根,考虑如何快速求每个点为根的子树的重心。
由于可能有2个重心,我们保存深度更大的一个,加答案的时候只需要判断父亲是否也是重心就好了。

一个很显然的结论:一棵树的重心必然在根的重链上(如果走轻儿子,绝不会比重儿子更优)。设fii为根的子树的重心,wi的重儿子,则fi必然是fw的祖先,因为在同一条重链上,并且外部的点增多,重心必然上移,暴力往上跳到第一个可以为重心的点,最终复杂度O(n),因为每个点只会出现在一条重链上。

所以我们可以求出断掉一条边后下方的重心了。然后想办法求上方的重心。考虑全局根节点的重链,若断掉的是根节点的轻儿子方向的边,则根节点的重链没有变化,仅仅只让总点数变少了,于是可以预处理出,总点数减少x,根节点的重链上重心变成了哪个点,可以让x1n递增处理,重心会渐渐下移,处理复杂度是O(n)

若断开的是根的重儿子方向的边,则根的重儿子可能会变成第二大的儿子,若变了,那么预处理一个次重链(根节点走次重儿子,其他点都走重儿子的链)的答案,类似于重链的方法。

最关键的地方,若断开后重儿子还是原来的重儿子?此时虽然重儿子没有变,但重链可能在某些地方歪掉了,不好求。

那么我们在一开始选根的时候不乱选,而是选择原树的一个重心为根,重儿子没有变化的情况下,重心还在重链上,并且由于重儿子变轻了,重心只可能上移,于是新的重心还是根!
Code:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 300005
#define ll long long
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar());
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
}
int w, n, t;
int tar[N << 1], nex[N << 1], fir[N], cnt;
int siz[N], val[N], fat[N], son[N], moe, oth;
int f[N], h[N][2];
ll ans;
void Add(int a, int b)
{
	++cnt;
	tar[cnt] = b;
	nex[cnt] = fir[a];
	fir[a] = cnt;
}
void Findroot(int r, int fa)
{
	siz[r] = 1, val[r] = 0;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fa)
		{
			Findroot(v, r);
			siz[r] += siz[v];
			val[r] = max(val[r], siz[v]);
		}
	}
	if (max(val[r], n - siz[r]) * 2 <= n)
		t = r;
}
void Dfs(int r)
{
	siz[r] = 1, val[r] = 0;
	son[r] = 0;
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fat[r])
		{
			fat[v] = r;
			Dfs(v);
			siz[r] += siz[v];
			val[r] = max(val[r], siz[v]);
			if (siz[v] > siz[son[r]])
				son[r] = v;
		}
	}
	if (r != t)
	{
		if (son[r])
		{
			f[r] = f[son[r]];
			while (max(val[f[r]], siz[r] - siz[f[r]]) * 2 > siz[r])
				f[r] = fat[f[r]];
			ans += f[r];
			if (f[r] != r && max(val[fat[f[r]]], siz[r] - siz[fat[f[r]]]) * 2 <= siz[r])
				ans += fat[f[r]];
		}
		else
		{
			f[r] = r;
			ans += f[r];
		}
	}
}
void Dfs2(int r, int s)
{
	if (r != t)
	{
		if (s == moe)
		{
			if (siz[moe] - siz[r] >= siz[oth])
				ans += t;
			else
				ans += h[siz[r]][1];
		}
		else
			ans += h[siz[r]][0];
	}
	for (int i = fir[r]; i; i = nex[i])
	{
		int v = tar[i];
		if (v != fat[r])
			Dfs2(v, s ? s : v);
	}
}
int main()
{
	Read(w);
	for (; w--; )
	{
		Read(n);
		cnt = 0;
		memset(fir, 0, sizeof(fir));
		for (int i = 1; i < n; i++)
		{
			int u, v;
			Read(u), Read(v);
			Add(u, v), Add(v, u);
		}
		ans = 0;
		Findroot(1, 0);
		fat[t] = 0;
		Dfs(t);
		moe = son[t], oth = 0;
		for (int i = fir[t]; i; i = nex[i])
		{
			int v = tar[i];
			if (v != son[t] && siz[v] > siz[oth])
				oth = v;
		}
		int now = t;
		for (int i = 1; i <= siz[oth]; i++)
		{
			while (max(val[now], n - i - siz[now]) * 2 > n - i)
				now = son[now];
			h[i][0] = now;
			if (son[now] && max(val[son[now]], n - i - siz[son[now]]) * 2 <= n - i)
				h[i][0] += son[now];
		}
		if (oth)
		{
			son[t] = oth;
			val[t] = siz[oth];
			now = t;
			for (int i = siz[moe] - siz[oth] + 1; i <= siz[moe]; i++)
			{
				while (max(val[now], n - i - siz[now]) * 2 > n - i)
					now = son[now];
				h[i][1] = now;
				if (son[now] && max(val[son[now]], n - i - siz[son[now]]) * 2 <= n - i)
					h[i][1] += son[now];
			}
		}
		Dfs2(t, 0);
		printf("%lld\n", ans);
	}
}
posted @   ModestStarlight  阅读(472)  评论(0编辑  收藏  举报
编辑推荐:
· go语言实现终端里的倒计时
· 如何编写易于单元测试的代码
· 10年+ .NET Coder 心语,封装的思维:从隐藏、稳定开始理解其本质意义
· .NET Core 中如何实现缓存的预热?
· 从 HTTP 原因短语缺失研究 HTTP/2 和 HTTP/3 的设计差异
阅读排行:
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型,支持深度思考和联网搜索!
· 使用C#创建一个MCP客户端
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目(很简单哒)
· ollama系列1:轻松3步本地部署deepseek,普通电脑可用
· 按钮权限的设计及实现
点击右上角即可分享
微信分享提示