模拟[懒得编号]考试总结
我要是不退役我一定把编号修上
考试经过
T1想了想觉得回了就写，T2确实很水就秒了，然后去看T3发现不会
我TM又不会李超树写个鬼啊 我怎么可能考场写线段树凸包啊于是写了暴力
然后全力肝T4，目标60分状压，然后开写，然后发现算重，然后改，然后继续算重……
重复n遍以后发现已经11:30了，于是开冲dfs，在52过了样例，发现只能跑\(n=9\)，管那么多干啥啊，交了
交上去一看人傻了，T1程序里的assert(0)没删，当场暴毙
最后看分，在T1没炸的情况下，50+100+50+25=225，发现没炸也啥也不是，退役分滚粗
T1.构造字符串
写挂的原因是只用并查集判断无解了，没用来构造答案就假了
发现可以转化成若干个\(a_i=b_i\)和\(a_i!=b_i\)的限制，所以对同类的缩到一起
如果一样的之间存在不等关系则无解，否则一次确定一类的取值，枚举全部取\(mex\)即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1005;
int p[N][N],n,m,f[N];
inline void die(){puts("-1");exit(0);}
inline int find(int x)
{
if(f[x]!=x)f[x]=find(f[x]);
return f[x];
}
int ans[N];bool v[N],t[N][N];
vector <int> pp[N];
signed main()
{
freopen("str.in","r",stdin);
freopen("str.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
memset(p,-1,sizeof(p));
for(int i=1;i<=n;i++)p[i][i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
for(int j=1;j<=z;j++)
{
if(!p[x][y])die();p[x][y]=p[y][x]=1;
x++;y++;
}
if(p[x][y]==1)die();p[x][y]=p[y][x]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
if(p[i][j]==1)f[find(j)]=find(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
if(p[i][j]==0)
{
int px=find(i),py=find(j);
if(px==py)die();
t[px][py]=t[py][px]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)pp[find(i)].push_back(i);
memset(ans,-1,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(ans[i]==-1)
{
int ff=find(i);memset(v,0,sizeof(v));int an;
for(int j=1;j<=n;j++)if(t[find(j)][ff]&&ans[find(j)]!=-1)v[ans[find(j)]]=1;
for(int j=0;j<=n;j++)if(!v[j]){an=j;break;}
for(int j=0;j<pp[ff].size();j++)ans[pp[ff][j]]=an;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}
T2.寻宝
先用bfs把联通块缩起来，然后对100个门跑传递闭包，没门的不用管
一个询问如果在一块里直接可达，不在一块里如果可达就有解
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
#define pir pair<int,int>
#define mp make_pair
const int N=50005;
inline int read()
{
int x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x;
}
vector<int> a[N],p[N];
char s[N];int n,m,k,qq,tot,cnt;
queue <pir> q;map <int,int> mmp;
inline void bfs(int px,int py,int id)
{
q.push(mp(px,py));p[px][py]=id;
while(q.size())
{
int x=q.front().first,y=q.front().second;q.pop();
if(x>1&&a[x-1][y]==1&&p[x-1][y]==0)p[x-1][y]=id,q.push(mp(x-1,y));
if(y>1&&a[x][y-1]==1&&p[x][y-1]==0)p[x][y-1]=id,q.push(mp(x,y-1));
if(x<n&&a[x+1][y]==1&&p[x+1][y]==0)p[x+1][y]=id,q.push(mp(x+1,y));
if(y<m&&a[x][y+1]==1&&p[x][y+1]==0)p[x][y+1]=id,q.push(mp(x,y+1));
}
}
bool b[205][205];
signed main()
{
freopen("treasure.in","r",stdin);
freopen("treasure.out","w",stdout);
cin>>n>>m>>k>>qq;
for(int i=0;i<=m+1;i++)a[0].pb(0),p[0].pb(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].pb(0);p[i].pb(0);scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(s[j]=='#')a[i].pb(0);
else a[i].pb(1);
p[i].pb(0);
}
a[i].pb(0);p[i].pb(0);
}
for(int i=0;i<=m+1;i++)a[n+1].pb(0),p[n+1].pb(0);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)
if(p[i][j]==0&&a[i][j]==1)bfs(i,j,++tot);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read();
int id1=p[x][y],id2=p[xx][yy],p1,p2;
if(mmp.find(id1)==mmp.end())mmp[id1]=++cnt,p1=cnt,b[p1][p1]=1;
else p1=mmp[id1];
if(mmp.find(id2)==mmp.end())mmp[id2]=++cnt,p2=cnt,b[p2][p2]=1;
else p2=mmp[id2];
b[p1][p2]=1;
}
for(int kk=1;kk<=cnt;kk++)for(int i=1;i<=cnt;i++)for(int j=1;j<=cnt;j++)
b[i][j]=b[i][j]|(b[i][kk]&b[kk][j]);
for(int i=1;i<=qq;i++)
{
int x=read(),y=read(),xx=read(),yy=read();
int id1=p[x][y],id2=p[xx][yy];
assert(id1&&id2);
if(id1==id2){puts("1");continue;}
if(mmp.find(id1)==mmp.end()||mmp.find(id2)==mmp.end()){puts("0");continue;}
int p1=mmp[id1],p2=mmp[id2];
if(b[p1][p2])puts("1");else puts("0");
}
return 0;
}
T3.序列
被称李超树模板题，于是滚去学了李超树
左右贡献相互独立，可以把柿子拆开，两个问题同理，以右端点为例
设\(sa_i=\sum_{j=1}^i a_j\)，\(sb_i=\sum_{j=1}^ib_j\)
最优即\(\max_{1\leq l\leq r}\{(sa_{r}-sa_{l-1})-k(sb_{r}-sb_{l-1})\}\)
即\(sa_r-k\cdot sb_{r}+\max_{0\leq l<r}\{ksb_{l}-sa_l\}\)，离线之后李超树维护直线即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1000050;
int n,m,ans[N],pa[N],pb[N],suma[N],sumb[N];
struct line{int k,b;}a[N];
struct node{int id,k;};vector <node> p[N];
struct tree{
int l,r,ma;
}tr[8*N];
inline int get(int id,int x){return a[id].k*x+a[id].b;}
inline double gett(int id1,int id2){return (1.0*a[id2].b-a[id1].b)/(1.0*a[id1].k-a[id2].k);}
void build(int id,int l,int r)
{
tr[id].l=l;tr[id].r=r;tr[id].ma=0;
if(l==r)return;int mid=(l+r)>>1;
build(id*2,l,mid);build(id*2+1,mid+1,r);
}
void add(int id,int v)
{
int mid=(tr[id].l+tr[id].r)>>1;
if(!tr[id].ma){tr[id].ma=v;return;}
int p1=get(tr[id].ma,tr[id].l),p2=get(tr[id].ma,tr[id].r),
p3=get(v,tr[id].l),p4=get(v,tr[id].r);
if(p3<=p1&&p4<=p2)return;
if(p3>=p1&&p4>=p2){tr[id].ma=v;return;}
double p=gett(tr[id].ma,v);
if(p3>=p1)
{
if(p<=mid)add(id*2,v);
else add(id*2+1,tr[id].ma),tr[id].ma=v;
}
else
{
if(p<=mid)add(id*2,tr[id].ma),tr[id].ma=v;
else add(id*2+1,v);
}
}
inline int clac(int x,int p1,int p2){if(p1>p2)swap(p1,p2);return (get(p1,x)>=get(p2,x))?p1:p2;}
int getans(int id,int p)
{
if(tr[id].l==tr[id].r)return tr[id].ma;
int mid=(tr[id].l+tr[id].r)>>1;
if(p<=mid)return clac(p,tr[id].ma,getans(id*2,p));
else return clac(p,tr[id].ma,getans(id*2+1,p));
}
signed main()
{
freopen("seq.in","r",stdin);
freopen("seq.out","w",stdout);
cin>>n>>m;build(1,-1e6,1e6);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&pa[i],&pb[i]);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int pp,k;scanf("%lld%lld",&pp,&k);
p[pp].push_back((node){i,k});
}
for(int i=1;i<=n;i++)suma[i]=pa[i]+suma[i-1],sumb[i]=sumb[i-1]+pb[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<p[i].size();j++)
{
int k=p[i][j].k,id=p[i][j].id;
int an=getans(1,k);
ans[id]+=suma[i]-k*sumb[i]+get(an,k);
}
a[i].k=sumb[i],a[i].b=-suma[i];
add(1,i);
}
memset(suma,0,sizeof(suma));memset(sumb,0,sizeof(sumb));
for(int i=n;i>=1;i--)suma[i]=suma[i+1]+pa[i],sumb[i]=sumb[i+1]+pb[i];
build(1,-1e6,1e6);
for(int i=n;i>=1;i--)
{
for(int j=0;j<p[i].size();j++)
{
int k=p[i][j].k,id=p[i][j].id;
int an=getans(1,k);
ans[id]+=suma[i]-k*sumb[i]+get(an,k)-(pa[i]-k*pb[i]);
}
a[i].k=sumb[i],a[i].b=-suma[i];
add(1,i);
}
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}
还是太菜了，无话可说
T4.构树
考虑多项式算法，好像有一个叫做扩展Cayley公式的东西：
被确定边分为大小为\(a_1,a_2,\cdots, a_m\)的连通块，则有\(n^{m-2}\prod {a_i}\)种生成树
显然是不会的，但可以知道结论
这道题本质上是在原来的树中选择一些边留下，剩下的删去，再通过重新连边形成一棵树的方案数
因为要用到这个公式，所以dp中理应设一个联通块大小的东西，这里的定义选择的边把点连成联通块
设\(f_{x,i,j}\)表示\(x\)为根的树中，联通块大小为\(i\)，至少留下\(j\)条边的方案数
那么转移利用子树合并，有
\[dp_{u,i,j}\cdot dp_{v,k,l}\rightarrow dp_{u,i+k,j+l+1}
\]
这个是选边留下的转移，下面是边不留下的转移
\[nk\cdot dp_{u,i,j}\cdot dp_{v,k,l}\rightarrow dp_{u,i,j+l}
\]
因为这个公式是随便构的树，因此算的是至少的形式，答案最终要二项式反演
优化一下的话，发现乘上\(k\)的系数可以转化为在\(k\)个里面选1个，所以第二维不记录联通块大小，改成0（不选）1（选）
思路比较神奇，感觉理解也不是很深刻，被称作是套路的转化依然不会用
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=8005;
const int mod=1e9+7;
struct node{
int from,to,next;
}a[2*N];
int head[N],mm=1;
inline void add(int x,int y)
{
a[mm].from=x;a[mm].to=y;
a[mm].next=head[x];head[x]=mm++;
}
int n,f[N][2][N],g[2][N];
int jc[N],inv[N],jcny[N];
inline void pre()
{
jc[0]=jc[1]=inv[1]=jcny[0]=jcny[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
jcny[i]=jcny[i-1]*inv[i]%mod;
}
}
inline int C(int x,int y)
{
if(x<y)return 0;if(!y)return 1;
return jc[x]*jcny[y]%mod*jcny[x-y]%mod;
}
bool v[N];int size[N],ans[N],p[N];
void dfs(int x)
{
v[x]=1;f[x][1][0]=f[x][0][0]=1;size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next)
{
int y=a[i].to;if(v[y])continue;
dfs(y);memset(g,0,sizeof(g));
for(int j=0;j<size[x];j++)for(int k=0;k<size[y];k++)
{
g[1][j+k+1]=(g[1][j+k+1]+f[x][0][j]*f[y][1][k]%mod+f[x][1][j]*f[y][0][k]%mod)%mod;
g[0][j+k+1]=(g[0][j+k+1]+f[x][0][j]*f[y][0][k]%mod)%mod;
g[0][j+k]=(g[0][j+k]+f[x][0][j]*f[y][1][k]%mod*n%mod)%mod;
g[1][j+k]=(g[1][j+k]+f[x][1][j]*f[y][1][k]%mod*n%mod)%mod;
}
size[x]+=size[y];
for(int j=0;j<=1;j++)for(int k=0;k<size[x];k++)f[x][j][k]=g[j][k];
}
}
signed main()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++)
{
int x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
pre();dfs(1);
for(int i=0;i<n;i++)p[i]=f[1][1][i]*inv[n]%mod;
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=i;j<n;j++)
{
if((j-i)&1)ans[i]=(ans[i]-p[j]*C(j,i)%mod+mod)%mod;
else ans[i]=(ans[i]+p[j]*C(j,i)%mod)%mod;
}
}
for(int i=0;i<n;i++)printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}
考试总结
没有停止挂分，没有想对正解，只能靠暴力度日
然而都是低档暴力基本没用，希望联赛不会是这样
还有四天，最后四场了，希望不留遗憾吧
予明日所有失败者 赋万千不灭颂歌
