2024.10.29模拟赛(*^▽^*)

合集 - 模拟赛(15)

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收起

今天照常7:45开始打模拟赛，11:45时结束。打了T1的40分暴力、T3的20分暴力，没有注意到T4的特殊样例可以骗分（悲），最后以60分收尾。总结一下，没有挂分，但也没和正解挨上边，算是不好也不坏吧。
订题时我看着T1 26行的AC代码陷入了沉思。三个人，想了至少三个小时，结果全没想出来，于是来整理一下今天的神奇模拟赛。

题目小链接

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T1【集合】

题目大意：

给定一棵$n$个节点的树，共$m$次操作，每次操作形如对于第$x$条边$(u,v)$，将$S_u,S_v$替换成两者的并集。求$m$次操作后，每个节点$i$属于多少个集合

解题思路：

经过一定的思考之后，我们发现正序操作可以理解为“我会有多少个朋友”，明显不好处理；但倒序操作可以理解为“我会是谁的朋友”，可以转移。

举个栗子：对于操作加盟$u$->$v$边，此时$u$与$v$中都包含彼此，所以当下次对$u$进行操作时，$v$一定也会被那个节点包含。

可以转移为$s_u=s_v=s_u+s_v$。但这样当出现重边时，因为u与v已有相同元素，这个操作就会应取了相同元素而不满足集合性质（题目中取并集）。但是，众所周知,$|S\cup T|=|S|+|T|-|S\cap T|$，而经过一系列推论我们容易发现$|S\cap T|$为上一次对该边操作后的答案，即上一次操作取的并集会是此次操作中$u$与$v$的交集。那么会不会出现$|S\cap T|$中不仅仅是上次并集中的元素情况呢？手模后发现是不会的。因为……反正……这样这样，那样那样，因为树上两点的简单路径是唯一的，若$S、T$中的其他元素想要影响$|S\cap T|$，只能通过再次操作该边影响，所以上次的操作的集合并就是这次操作中的集合交。

于是乎，我们维护$pre$数组与$ans$数组，$pr{e}_i$表示对于边$i$，上一次操作的答案，$an{s}_i$表示对于节点$i$之中元素的个数。于是我们稍加整理，可以得到神奇的式子：$an{s}_u=an{s}_v=pr{e}_{o{p}_i}=an{s}_u+an{s}_v-pr{e}_{o{p}_i}$。于是26行代码就解决了

来自蒟蒻的小声bb：想过3小时思路不对，没想过思路完全不着边。

可爱的26行代码

#incIude <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int n,m;
int u[N],v[N];//记录每条边
int op[N];//操作
int ans[N],pre[N];//答案与上次答案

void read()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
	for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&op[i]);
}
int main()
{
	read();
	for (int i=1;i<=n;i++) ans[i]=1;
	for (int i=m;i>=1;i--)
	{
		int uu=u[op[i]],vv=v[op[i]];
		ans[uu]=ans[vv]=pre[op[i]]=ans[uu]+ans[vv]-pre[op[i]];
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

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