EZ 2018 04 21 NOIP2018 模拟赛（十） -LoliconAutomaton的退役赛
难得的一次Unrated，避免了重回1500的尴尬
其实题目都还可以，但只不过所有人T1都炸了，可能是数据的锅（假的）
而且我因为T1SB的把T2弃了，没想到是千年水题
T3莫名爆炸，然后TM的40分（再一次感谢Unrated）
T1
题意很简单，主要是思想太牛逼
当时一直在找规律，浪费了2hours。最后搞了一个O(n)的递推然后炸掉
先讲一下递推
-
f[i][0]表示到第i轮时不经过1号点的方案数
-
f[i][1]表示到第i轮时经过过1号店且当前不在1号点的方案数
-
f[i][2]表示到第i轮时经过过1号店且当前在1号点的方案数
所以：
-
f[i][0]=f[i-1][0]*(n-2)
-
f[i][1]=f[i-1][2]*(n-1)+f[i-1][1]*(n-2)
-
f[i][2]=f[i-1][1]+f[i-1][0]
其实还可以滚动优化，而且还有维数更小的
递推CODE
#include<cstdio>
const int P=1e9+7;
long long n,t,f[100005][3];
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&t);
register int i;
n%=P; t%=P;
for (f[1][0]=n-1,i=2;i<=t;++i)
{
f[i][0]=(f[i-1][0]*(n-2))%P;
f[i][1]=(f[i-1][2]*(n-1)+f[i-1][1]*(n-2))%P;
f[i][2]=(f[i-1][1]+f[i-1][0])%P;
}
printf("%lld",(f[t-1][0]+f[t-1][1])%P);
return 0;
}
满分算法：
令a[t]表示t轮以后回到kid1的方法数
考虑到进行到t轮时会有(n−1)^t种传法，因此不回到kid1的方法数就
有(n−1)^t−a[t]种，而除了kid1的小孩在下一轮都可以传给kid1，因此
a[t]+1=(n−1)t-a[t]，即a[t]+a[t+1]=(n−1)t
⽤特征根法解这个递推关系可以得到答案是
((n-1)^t+(-1)^t*(n-1))/n
因此快速幂+逆元即可
CODE
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL P=1e9+7;
LL n,t,ans;
inline LL quick_pow(LL x,LL p)
{
LL tot=1;
while (p)
{
if (p&1) tot=(tot*x)%P;
x=(x*x)%P; p/=2;
}
return tot;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&t); n%=P;
ans=quick_pow(n-1,t);
if (t&1) ans=(ans-n+1+P)%P; else ans=(ans+n-1+P)%P;
printf("%lld",(ans*quick_pow(n,P-2))%P);
return 0;
}
T2
类最小生成树裸题，然而我并没有看出来
题意简化后找一条连接在S到T的路径，使得上面的最长的边最短
将边排序后开一个并查集一条一条地加进去知道S与T联通即可
这里偷懒了一下，懒得写Trie或是Hash了，直接开了map
主要是距离的计算不要写错
CODE
#include<cstdio>
#include<map>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef double DB;
const int N=3005;
map <string,int> rat;
struct data
{
int l,r;
DB s;
}a[N*N];
int n,x[N],y[N],r[N],cnt,father[N],s,t;
DB ans;
char temp[10];
inline void read(int &x)
{
x=0; char ch=getchar(); int flag=1;
while (ch<'0'||ch>'9') { if (ch=='-') flag=-1; ch=getchar(); }
while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
x*=flag;
}
inline DB max(DB a,DB b)
{
return a>b?a:b;
}
inline void add(int p,int q)
{
a[++cnt].l=p; a[cnt].r=q;
a[cnt].s=max(0.00,(DB)sqrt((DB)(x[p]-x[q])*(x[p]-x[q])+(DB)(y[p]-y[q])*(y[p]-y[q]))-r[p]-r[q]);
}
inline bool comp(data a,data b)
{
return a.s<b.s;
}
inline int getfather(int k)
{
return father[k]==k?k:father[k]=getfather(father[k]);
}
int main()
{
//freopen("B.in","r",stdin); freopen("B.out","w",stdout);
register int i,j;
for (read(n),i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%s",&temp); rat[temp]=i; father[i]=i;
read(x[i]); read(y[i]); read(r[i]);
for (j=1;j<i;++j)
add(i,j);
}
scanf("%s",&temp); s=rat[temp];
scanf("%s",&temp); t=rat[temp];
sort(a+1,a+cnt+1,comp);
for (i=1;i<=cnt;++i)
{
int fx=getfather(a[i].l),fy=getfather(a[i].r);
if (fx!=fy)
{
ans=a[i].s;
father[fx]=fy;
}
if (getfather(s)==getfather(t)) break;
}
printf("%.6lf",ans);
return 0;
}
T3
这道题就是一道数据结构综合的毒瘤题了
并查集判连通性+离线建树+二进制处理数+树链剖分+线段树
首先这种把颜色转化成二进制再或（|）一下的题目也有类似的思想：Luogu P1558，只不过那道题是线性的，而这里变成了树上操作
所以我们自然想到LCT，但是其实这道题不用LCT也行（%%%X_o_r dalao LCT A了此题）
我们离线建树，用并查集判断操作的合法性
然后直接把树按原来的点权建出来
接下来对于修改树剖后直接单点修改即可，查询就是线段树上区间查询
CODE（真心累）
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100005;
struct edge
{
int to,next;
}e[N<<1];
struct ques
{
int opt,x,y;
bool est;
}q[3*N];
LL tree[N<<2];
int n,m,head[N],father[N],a[N],root,cnt,size[N],dep[N],son[N],id[N],top[N],s[N],tot;
inline char tc(void)
{
static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
x=0; char ch=tc();
while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void write(int x)
{
if (x/10) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline void add(int x,int y)
{
e[++cnt].to=y; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline int getfather(int k)
{
return father[k]==k?k:father[k]=getfather(father[k]);
}
inline void up(int root)
{
tree[root]=tree[root<<1]|tree[root<<1|1];
}
inline void build(int root,int l,int r)
{
if (l==r)
{
tree[root]=(LL)1<<s[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(root<<1,l,mid); build(root<<1|1,mid+1,r);
up(root);
}
inline void modify(int root,int l,int r,int id,int k)
{
if (l==r)
{
tree[root]=(LL)1<<k;
s[l]=k;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if (id<=mid) modify(root<<1,l,mid,id,k); else modify(root<<1|1,mid+1,r,id,k);
up(root);
}
inline LL query(int root,int l,int r,int beg,int end)
{
if (l>=beg&&r<=end) return tree[root];
int mid=l+r>>1;
LL res=0;
if (beg<=mid) res|=query(root<<1,l,mid,beg,end);
if (end>mid) res|=query(root<<1|1,mid+1,r,beg,end);
return res;
}
inline int count(LL x)
{
int res=0;
while (x)
{
res+=x&1;
x/=2;
}
return res;
}
inline void swap(int &a,int &b)
{
int t=a; a=b; b=t;
}
inline void DFS1(int now,int fa,int d)
{
size[now]=1; father[now]=fa; dep[now]=d;
int res=-1;
for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
if (e[i].to!=fa)
{
DFS1(e[i].to,now,d+1);
size[now]+=size[e[i].to];
if (size[e[i].to]>res) res=size[e[i].to],son[now]=e[i].to;
}
}
inline void DFS2(int now,int topf)
{
id[now]=++tot; s[tot]=a[now]; top[now]=topf;
if (!son[now]) return;
DFS2(son[now],topf);
for (register int i=head[now];i!=-1;i=e[i].next)
if (e[i].to!=father[now]&&e[i].to!=son[now]) DFS2(e[i].to,e[i].to);
}
inline void updata(int x,int z)
{
modify(1,1,tot,id[x],z);
}
inline int get_sec(int x,int y)
{
LL res=0;
while (top[x]!=top[y])
{
if (dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
res|=query(1,1,tot,id[top[x]],id[x]);
x=father[top[x]];
}
if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
res|=query(1,1,tot,id[y],id[x]);
return count(res);
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
register int i;
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(e,-1,sizeof(e));
read(n); read(m);
for (i=1;i<=n;++i)
read(a[i]),father[i]=i;
for (i=1;i<=m;++i)
{
read(q[i].opt); read(q[i].x); read(q[i].y);
int fx=getfather(q[i].x),fy=getfather(q[i].y);
if (q[i].opt==1)
{
if (fx!=fy) father[fx]=fy,q[i].est=1,add(q[i].x,q[i].y),add(q[i].y,q[i].x),root=q[i].x;
} else
{
if (fx==fy) q[i].est=1;
}
}
memset(father,0,sizeof(father));
DFS1(root,-1,0);
DFS2(root,root);
build(1,1,tot);
for (i=1;i<=m;++i)
{
if (q[i].opt==1&&q[i].est)
{
int res=s[id[q[i].x]]+s[id[q[i].y]]>>1;
updata(q[i].x,res); updata(q[i].y,res);
}
if (q[i].opt==2)
{
if (q[i].est) write(get_sec(q[i].x,q[i].y)),putchar('\n'); else puts("-1");
}
}
return 0;
}
发现我的树剖+线段树竟然远快于X_o_r dalao的LCT+Splay
辣鸡老年选手AFO在即
