多校联测第四场复盘总结

本场比赛心态爆炸，寄完了，但是发现了不少问题

0|1时间安排

8:00 - 8:10:看完T1， 数学题，感觉可以搞（这场比赛爆炸的开始)
8:10 - 8:30: 打完暴力，开始思考，首先每个数的$f(x)$不会超过50（关键性质）
8:30 - 9:00: 考虑每种数出现次数 * val, 但是好像需要容斥一下，然后就卡了
9:00 - 9:20: 尝试打表找规律
9:20 - 9:40 : 貌似找到了规律? 冲！
9:40 - 10:00 : 小样例过了？ 大样例错了,寄,没时间了
10:00 - 10:30: 看T2， 发现专门给了一档只有行， 得到性质 只选行与顺序无关，只选列与顺序无关(关键性质)，大胆猜测，行和列放一起也与顺序无关
10:30 - 10:50: T2码完，小样例过，大样例没过， 寄， 猜测打错了，查错…
11:00 - 11:20：T2调不出来，扔了
11:20 - 12:00：没时间了，寄， T3乱搞了随机化， T4乱搞了链和菊花，然后就寄完了

期望得分：60 + 50 + 20 + 20 = 150

实际得分: 60 + 50 + 0 + 0 = 110;

可拿的分: 100 + 100 + 40 + 50 = 290

1|0订题情况

• T1
• T2
• T3
• T4

1|0T1 奶牛的数学题

看题: 看到数据范围就应该想到这题是一道数学题，或者(矩阵乘法)， 但显然无法写出线性递推式，所以应该往数学上思考
1.如果一个数的$f(x)=i$, 则$x$最小为$lcm(1i)$, 可得$f(x)<=50$
2.将$num[i]\ast i={\sum }_{i=1}^{i<=50}{\sum }_{j=i}^{j<=50}num[j]$
3. 所以题目转化为了对于每一个$i\in 50$ $f(x)\ge i$的个数， 如何计算个数，通过1可得，若$f(x)\ge i$则$x$必须为$lcm\left\{1,2,\mathrm{3...}(i-1)\right\}$的倍数，计算即可

#include<bits/stdc++.h> //将贡献拆为单位贡献 
using namespace std;
#define LL long long 
const int MAX = 1e4 + 70;
const int MOD = 1e9 + 7;
int main() {
	freopen("math.in","r",stdin);
	freopen("math.out","w",stdout);
	int t; scanf("%d", &t);
	while(t, t--) {
		LL n; scanf("%lld", &n);
		LL SUM = 1, ans = n % MOD;
		for(int i = 2; i <= 50; i++) {
			if(SUM > n) break;
			ans = (ans + (n / SUM)) % MOD;
			SUM = SUM * i / __gcd(SUM, (LL)i); 
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

2|0T2路遇矩阵

![在这里插入图片描述](https://img-blog.csdnimg.cn/ebf8c6c09c734061994736bda3de3ef3.png

1.20pts的部分分是一个很好的切入点，我们发现只有行和只有列顺序无关，贪心的选一定最优

2.但是行和列放在一起，肯定不能贪心，因为如果选的次数$k$非常大，行数小，列数恰好为$k$,那么选$k$列反而最优
如何解决? 枚举选多少个行，多少个列即可

//1. 删除顺序与答案统计无关，答案只与选择有关 
//2. 只删行与只删列满足贪心性质 
#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
#define LL long long 
const int MAX = 1e3 + 70;
int n, m, k, p;
int a[MAX][MAX];
LL ans = 0, ANS = -1e18, H[1100000], L[1100000];
multiset<LL> h, l;
int main() {
	freopen("matrix.in","r",stdin);
	freopen("matrix.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &p);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++)
			scanf("%d", &a[i][j]);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		LL sum = 0;
		for(int j = 1; j <= m; j++) sum += a[i][j];
		h.insert(sum);
	}
	for(int j = 1; j <= m; j++) {
		LL sum = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++) sum += a[i][j];
		l.insert(sum);
	}
	LL sum = 0;
	for(int i = 0; i <= k; i++) { //控制删i个行
		H[i] = sum;
		sum += *h.rbegin();
	 	LL NOW = *h.rbegin();
		set<LL>::iterator it = h.end();
	 	it--;
	 	h.erase(it);
	 	h.insert(NOW - (LL)p * m);
	}
	sum = 0;
	for(int i = 0; i <= k; i++) {
		L[i] = sum;
		sum += *l.rbegin();
	 	LL NOW = *l.rbegin();
		set<LL>::iterator it = l.end();
	 	it--;
	 	l.erase(it);
	 	l.insert(NOW - (1LL * p * n));
	}
	for(int i = 0; i <= k; i++) {
		ANS = max(ANS, L[i] + (H[k - i] - (1LL * p * i * (k - i))));
	}
	cout<<ANS<<endl;
	return 0;
}

T3：奶牛的括号匹配


一眼状压，但是如何设计状态呢?
首先套路的设定$f(i)$表示选定集合$i$所能产生的最大前缀匹配个数

但是若将$j$加入集合$i$必须满足当前的$i$集合的最大方案是可以拓展的

那我们规定$f(i)$表示 $i$ 集合的最大答案，且当前的排列顺序保证可以拓展 即 $($ 的个数 始终$\ge$ $)$

那么如何计算$j$对于集合$i$的贡献，如果集合$i$的剩余 $（$ 括号的个数为 $k$, 那么$j$所能贡献的数量即为$cn{t}_{j}k$表示第$j$个串前缀$）$个数为$k$的数量位置

//状压DP， 状态设计
// f[i] 表示集合i最大答案， 转移
// 往i中添加新的字符串j， 考虑j的贡献 
// 若集合i匹配完仍剩OP个( 计算j的贡献 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long 
const int MAX = 22;
const int oo = 114514123;
int n, ans, cnt[MAX][410000]; //表示第i个串，出现j的个数 
int f[(1 << MAX)];
int maxx[MAX], END[410000]; //表示第j个的最大的)  和 每个串最后的值 
string s[MAX];
int num[(1 << MAX)]; //表示集合i的剩余(个数 
void prework(int id, string S) {
	int sum = 0;
	maxx[id] = -oo;
	for(int i = 0; i < S.size(); i++) {
		if(S[i] == '(') sum--;
		else sum++;
		maxx[id] = max(maxx[id], sum); 
		if(sum >= maxx[id]) cnt[id][sum]++;
	}
	END[id] = sum;
}
int main() {
	freopen("seq.in","r",stdin);
	freopen("seq.out","w",stdout);
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 0; i < n; i++) cin>>s[i]; // 第i个串
	for(int i = 0; i < n; i++) prework(i, s[i]); //预处理第i个串的信息 
	for(int i = 0; i <= (1 << 21) - 1; i++) f[i] = -oo;
	f[0] = 0;
	for(int i = 0; i <= (1 << n) - 1; i++) { //枚举 i集合
		for(int j = 0; j < n; j++) { //选择第j个填加 
			if( (i >> j ) & 1) continue;
			if(num[i] >= maxx[j]) { //说明可以更新下一个f集合 
				f[i | (1 << j)] = max(f[i | (1 << j)], f[i] + cnt[j][num[i]]);
				num[i | (1 << j)] = num[i] - END[j];
				ans = max(ans, f[i | (1 << j)]);
			} else { //不可以更新f集合但是可以统计答案 
				ans = max(ans , f[i] + cnt[j][num[i]]);				
				num[i | (1 << j)] = num[i] - END[j];
			}	
		}
	} 
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
} 	

3|0T4： 润不掉了

一步一步分析

20pts:爆搜，但是不好打

40pts：我们分析，如果对于当前的根为$root$

对于$root$的若干子树，什么子树需要贡献1(被一个点看守)的答案呢?

那么应该是子树$i$中的叶节点到$r{o}_i$的最小距离$\le$$dis(x,roi)$,

我们预处理叶子节点到其他点的最小距离，枚举每一个点为根，向下递归答案即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long 
const int MAX = 7e4 + 70;
int n, tot, head[MAX], du[MAX], len[MAX];
vector<int> son[MAX]; // 
queue<int> q;
void BFS() {
	while(!q.empty()) {
		int now = q.front(); q.pop();
		for(auto y : son[now]) {
			if(len[y] > len[now] + 1) {
				len[y] = len[now] + 1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
}
int dfs(int now, int fa, int dis) {
	if(len[now] <= dis) return 1;
	if(du[now] == 1) return 1;
	int sum = 0;
	for(auto y : son[now]) {
		if(y == fa) continue;
		sum = sum + dfs(y, now, dis + 1);
	} 
	return sum;
}
int main() {
	freopen("run.in","r",stdin);
	freopen("run.out","w",stdout);
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
		son[u].push_back(v);
		son[v].push_back(u); //存边 
		du[u] += 1; du[v] += 1;
	} 
	memset(len, 0x3f, sizeof(len));
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(du[i] == 1) len[i] = 0, q.push(i);
	BFS() ; // 处理 
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		int ans = dfs(i, 0, 0) ; // 第i 个点向子树跑 
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

我们想，40pts没有拓展性，因为无论怎样，枚举根的操作已经限制了整个算法，如何拓展呢?

我们想对于$x$有贡献子树的每个点都满足$g(i)\le dis(i,x))$,

如果我们将整棵子树的贡献设为1的话，那么就是计算点对问题，显然淀粉质就可以了

下面思考树的子树的性质

$\sum du=2siz-1$
变形
$\sum du-2siz=1$
$\sum du-2=1$
所以我们将每个点的val设为$du-2$对于点$x$的ans即为满足

$g(i)\le dis(i,x)$的所有点的val之和
若$ro$为分治重心,统计过$ro$的点的答案
则$g(i)\le dis(ro,i)+dis(ro,x)$
则$g(i)-dis(ro,i)<=dis(ro,x)$
树状数组维护

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long 
const int MAX = 7e4 + 70;
int n, tot, head[MAX], du[MAX], len[MAX], val[MAX];
bool v[MAX];  
vector<int> son[MAX]; // 
queue<int> q;
int ro, maxx_tr, f[MAX], dis[MAX], siz[MAX], g[MAX], NUM; 
int tree[MAX << 1], ans[MAX]; 
int lowbit(int x) { return x & (-x); }
void add(int x, int val) { for(int i = x; i <= 2 * n; i += lowbit(i)) tree[i] += val; } 
int Find(int x) { int sum = 0; for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) sum += tree[i]; return sum; }
void get_root(int x, int fa) { //求重心 
	siz[x] = 1, f[x] = 0;
	for(auto To : son[x]) {
		if(To == fa || v[To]) continue;
		get_root(To, x);
		siz[x] += siz[To];
		f[x] = max(f[x], siz[To]);
	}
	f[x] = max(f[x], NUM - siz[x]);
	if(f[x] < maxx_tr) {
		maxx_tr = f[x];
		ro = x;
	}
}
void Clear() { maxx_tr = n + 1; }
void get_size(int x, int fa) {
	siz[x] = 1;
	for(auto y : son[x]) {
		if(y == fa || v[y]) continue;
		get_size(y, x);
		siz[x] += siz[y];
	}
}
void calc(int x, int fa) {
	dis[x] = dis[fa] + 1;
	ans[x] = ans[x] + Find(dis[x] + n); //加上n的偏移量 
	for(auto y : son[x]) {
		if(y == fa || v[y]) continue;
		calc(y, x); 
	}
}
void change(int x, int fa, int zf) {
	add(n + g[x] - dis[x], zf * val[x]);
	for(auto y : son[x]) {
		if(y == fa || v[y]) continue;
		change(y, x, zf);
	}
}
void work(int x, int id) {
	dis[x] = 0;
	if(id == 1) add(g[x] + n, val[x]); //端点有x，x的影响 
	for(auto y : son[x]) {
		if(v[y]) continue;		
		calc(y, x); //统计当前这颗子树的答案 
		change(y, x, 1); //将影响加上去 
	}
	if(id == 1) ans[x] += Find(n);//计算端点值 
	
	for(auto y : son[x]) { //倒着做一次 
		if(v[y]) continue;
		change(y, x, -1); 
	}
	if(id == 1) add(g[x] + n, -val[x]); 
}
void slove(int x) {  //计算过x的点对之间的答案 
	v[x] = 1;
	work(x, 1); 
	reverse(son[x].begin(), son[x].end());
	work(x, 2);
	for(auto y :son[x]) {
		if(v[y]) continue;
		Clear();
		get_size(y, x); 
		NUM = siz[y];
		get_root(y, x);  //分治下去 
		slove(ro); 
	}
}
void BFS() {
	while(!q.empty()) {
		int now = q.front(); q.pop();
		for(auto y : son[now]) {
			if(g[y] > g[now] + 1) {
				g[y] = g[now] + 1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
}
int main() {
//	freopen("run.in","r",stdin);
//	freopen("run.out","w",stdout);
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i < n; i++) {
		int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
		son[u].push_back(v);
		son[v].push_back(u); 
		du[u] += 1; du[v] += 1;
	} 
	memset(g, 0x3f, sizeof(g));
	for(int i = 1; i <= n; i++) if(du[i] == 1) q.push(i), g[i] = 0;  //多源最短路 
	BFS();
	for(int i = 1; i <= n; i++) val[i] = 2 - du[i]; //问题转化， 
	Clear();
	get_size(1, 0);
	NUM = siz[1];
	get_root(1, 0); 
	slove(ro);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		if(du[i] == 1) printf("1\n");
		else printf("%d\n", ans[i]);
	}
	return 0;
}

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本文作者：userName
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