2023.6.18拷逝

T1

如图，从 $x_1$ 能且只能走到 $x_1+2,x_1+4,x_1+6...$

设 $f[x]$ 表示从 $x_1$ 走到 $x$ 的方案数，那么如果 $x-x_1$ 是偶数，那么 $f[x]=f[x-2]+f[x-4]+...+f[x_1]$ ，否则 $f[x]=0$ 。初始值： $f[x_1]=1$ 。

考虑 $f[x]$ 的前几项。 $f[x_1]=1,f[x_1+2]=1,f[x_1+4]=2,f[x_1+6]=4,f[x_1+8]=8...$ 。于是我们很高兴地发现 $f[x]=2^{(x-x_1)/2-1}$，然后打一个快速幂就行。

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long mod=100000007;
long long t,n,m,ans;
long long f(long long x,long long y){
	long long s=x;x=1;
	while(y){
		if(y&1)
			x=x*s%mod;
		s=s*s%mod;y>>=1;
	}
	return x;
}
int main(){
	freopen("gta.in","r",stdin);
	freopen("gta.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&t);
	while(t--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if((m-n)&1)
			printf("0\n");
		else if(m==n)
			printf("1\n");
		else{
			printf("%lld\n",f(2,(m-n)/2-1));
		}
	}
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

T2

首先介绍一种错误的方法。

设$f[i]$表示状态为$i$时的最大收益，其中$i$的具体含义是：把$i$拆成二进制，从低位起第$j$个数为$1$表示选择第$j$个士兵，否则不选第$j$个士兵。

状态转移方程：$f[i]=max(f[i],f[p]\mathrm{\&}(a[j]$ $xor$ $a[k]))$，其中$p=i-(2^{j-1}-2^{k-1})$

但是这个方程有问题。假设当前的 $a[j]$ $xor$ $a[k]=(0011{)}_2$ 。当$f[p]$最优时，$f[p]$可能储存的答案是 $(1100{)}_2$ ，此时经过计算，$f[i]=0$。但是，如果在 $p$ 状态下用另一种运算方式得到$(0011{)}_2$，那么$f[i]=(1100{)}_2$。也就是说，这个 $DP$ 不满足最优子结构。

肿么办呢？我们可以仍然遍历上面的每一个状态，但是将$DP$改成搜索。如果当前状态的二进制中$1$的个数等于$n\times 2$，那么相当于产生了一种合理的选兵方案。此时就可以直接进行深搜，找到最优的排列顺序，然后找出敌方的最优排列顺序，更新答案。

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const long long MAXN=2147483647;
long long n,a[10005],b[10005],c[10005],ans,ans1,ans2,vis[10005];
void dfs1(int x,int sum,long long val){
	if(sum==n*2){
		ans1=max(ans1,val);
		return void();
	}
	if(val<=ans)
		return ;
	if(vis[x]){
		dfs1(x+1,sum,val);return ;
	}
	for(int i=1;i<=n*2;++i)
		if(!vis[i]&&i!=x){
			vis[i]=1;vis[x]=1;
			dfs1(x+1,sum+2,val&(b[i]^b[x]));
			vis[i]=0;vis[x]=0;
		}
	return ;
}
void dfs2(int x,int sum,long long val){
	if(sum==n*2){
		ans2=max(ans2,val);
		return ;
	}
	if(vis[x]){
		dfs2(x+1,sum,val);return ;
	}
	for(int i=1;i<=n*2;++i)
		if(!vis[i]&&i!=x){
			vis[i]=1;vis[x]=1;
			dfs2(x+1,sum+2,val&(c[i]^c[x]));
			vis[i]=0;vis[x]=0;
		}
	return ;
}
int main(){
	//freopen("vip.in","r",stdin);
	//freopen("vip.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n*4;++i)
		scanf("%lld",&a[i]);
	ans=-1e18;
	for(int i=0;i<(1<<(n*4));++i){
		int tmp=i,cnt=0,x=0,y=0;ans1=0,ans2=0;
		while(tmp){
			if(tmp&1)
				++cnt;
			tmp>>=1;
		}
		if(cnt!=n*2)
			continue;
		for(int j=1;j<=n*4;++j){
			if((i>>(j-1))&1) b[++x]=a[j];
			else c[++y]=a[j];
		}
		dfs1(1,0,MAXN);
		if(ans1<=ans)
			continue;
		dfs2(1,0,MAXN);
		ans=max(ans,ans1-ans2);
	}
	printf("%lld\n",ans);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

T3(84pts)

正解需要用到 $tarjan$ ，目前还没有写出。但是数据太水了，导致有一种错误的做法能拿到84分。

统计每一个点的度，如果一个点的度为$1$，就$++ans$，最后输出$ans/2.0$上取整即可。

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int tot,n,m,x,y,ans,cnt,head[maxn],ver[maxn],nxt[maxn],in[maxn];
bool vis[maxn],r[maxn];
int read(){
	char p;int s=0,w=1;
	while(1){
		p=getchar();
		if(p=='-'||(p>='0'&&p<='9'))
			break;
	}
	while(1){
		if(p=='-')
			w*=-1;
		else if(p>='0'&&p<='9')
			s=s*10+p-'0';
		else break;
		p=getchar();
	}
	return s*w;
}
int main(){
	freopen("ring.in","r",stdin);
	freopen("ring.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		x=read();y=read();
		++in[x];++in[y];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(in[i]==1)
			++ans;
	if(ans&1)
		ans=ans/2+1;
	else
		ans=ans/2;
	printf("%d\n",ans);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}

T4

树形背包好题。

设 $f[x][i][0/1][0/1]$ 表示以 $x$ 为根的子树中共放了 $i$ 个监听装置，其中 $x$ 点放没放装置， $x$ 点有没有被监听到的方案数（在以 $x$ 为根的子树中除 $x$ 外的其它结点都被监听到了）

状态转移方程：

①：$x$没有被监听，也没有放装置。此时子节点一定不能放装置。$f[x][i+j][0][0]=\sum f[x][i][0][0]\times f[v][j][0][1]$

②：$x$没有被监听，但放了装置。此时子节点同样一定不能放装置，但它有没有被以它为根的子树内的节点监听有无所谓了。

$f[x][i+j][1][0]=\sum f[x][i][1][0]\times (f[v][j][0][0]+f[v][j][0][1])$

③：$x$没放装置，但被监听了。

如果$x$在这之前已经被监听，那么$v$放不放装置无所谓；而如果$x$在这之前没有被监听，那么$v$处必须放装置。因为$x$没放装置，所以$v$必须被以它为根的子树内的节点监听。

$f[x][i+j][0][1]=\sum f[x][i][0][1]\times (f[v][j][0][1]+f[v][j][1][1])+f[x][i][0][0]\times f[v][j][1][1]$

④：$x$放了装置，也被监听了。

如果$x$在这之前已经被监听，那么$v$随意；而如果$x$在这之前没有被监听，那么$v$处必须放装置。因为$x$放了装置，所以$v$是否被以它为根的子树内的节点监听无所谓。

$f[x][i+j][1][1]=\sum f[x][i][1][0]\times (f[v][j][1][0]+f[v][j][1][1])+f[x][i][1][1]\times (f[v][j][1][1]+f[v][j][1][0]+f[v][j][0][1]+f[v][j][0][0])$

$code:$

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=1e9+7,l=1e5+5;
int n,k,a,b,tot,head[l<<1],ver[l<<1],nxt[l<<1];
int dp[l][105][2][2],tmp[l][2][2],siz[l];
void add(int x,int y){
	nxt[++tot]=head[x];head[x]=tot;ver[tot]=y;
}
void dfs(int x,int fa){
	siz[x]=dp[x][0][0][0]=dp[x][1][1][0]=1;
	for(int t=head[x];t;t=nxt[t]){
		int v=ver[t];
		if(v!=fa){
			dfs(v,x);
			for(int i=0;i<=min(k,siz[x]);++i){
				tmp[i][0][0]=dp[x][i][0][0];dp[x][i][0][0]=0;
				tmp[i][0][1]=dp[x][i][0][1];dp[x][i][0][1]=0;
				tmp[i][1][0]=dp[x][i][1][0];dp[x][i][1][0]=0;
				tmp[i][1][1]=dp[x][i][1][1];dp[x][i][1][1]=0;
			}
			for(int i=0;i<=min(k,siz[x]);++i)
				for(int j=0;j<=min(k-i,siz[v]);++j){
					dp[x][i+j][0][0]=(dp[x][i+j][0][0]+1ll*tmp[i][0][0]*dp[v][j][0][1]%mod)%mod;
					dp[x][i+j][0][1]=(dp[x][i+j][0][1]+1ll*tmp[i][0][1]*(dp[v][j][0][1]+dp[v][j][1][1])%mod)%mod;
					dp[x][i+j][0][1]=(dp[x][i+j][0][1]+1ll*tmp[i][0][0]*dp[v][j][1][1]%mod)%mod;
					dp[x][i+j][1][0]=(dp[x][i+j][1][0]+1ll*tmp[i][1][0]*(dp[v][j][0][0]+dp[v][j][0][1])%mod)%mod;
					dp[x][i+j][1][1]=(dp[x][i+j][1][1]+1ll*tmp[i][1][0]*(dp[v][j][1][1]+dp[v][j][1][0])%mod)%mod;
					dp[x][i+j][1][1]=(dp[x][i+j][1][1]+1ll*tmp[i][1][1]*(1ll*(dp[v][j][0][0]+dp[v][j][0][1])+1ll*(dp[v][j][1][0]+dp[v][j][1][1]))%mod)%mod;
				}
			siz[x]+=siz[v];
		}
	}
	return ;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<n;++i)
		scanf("%d%d",&a,&b),add(a,b),add(b,a);
	dfs(1,0);
	printf("%d\n",(dp[1][k][1][1]+dp[1][k][0][1])%mod);
	fclose(stdin);fclose(stdout);
	return 0;
}