[学习笔记\练习记录]特殊动态规划 及 动态规划的一些优化技巧

仅记录我不太熟悉 及 有待加强的类型。

因为动态规划对于题目有较强依赖性,所以结合题目一起写了。

\(dp\)\(dp\)

[TJOI2018]游园会

考虑设计一个自动机处理\(LCS\)的限制。

\(f_{i,j,k}\)为前\(i\)个字符,转移到了自动机的\(j\)节点,匹配到了\(NOI\)的第\(k\)位,即可以转移了。

那么考虑如何构建这个自动机。

\(g_{i,j}\)为第一个串匹配到\(i\),第二个串匹配到\(j\),由于第一个串是我们转移的串,转移只需知道\(g_{i - 1,x}\)和新加入的字符即可,考虑记录\(g_{i,x}\)为状态,状压其差分数组即可。

考虑每一次都是从上一层转移到下一层,我们无需直接构建该自动机,在\(dp\)时处理其即可。

[TJOI2018]游园会
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define N 1010
#define mod 1000000007
#define popcount(S) __builtin_popcount(S)

int n,k,tot,ans[N];
char s[N];
int f[2][1 << 15][3],g[2][N];

void decode(int S) {
	for (int i=1;i<=k;++i) g[0][i]=(S>>(i-1))&1;
	for (int i=1;i<=k;++i) g[0][i]+=g[0][i-1];
}
int encode() {
	int S=0;
	for (int i=1;i<=k;++i)
		if (g[1][i]-g[1][i-1]) S|=1<<(i-1);
	return S;
}

void trans(int nxt,int S,int l,char c,int w) {
	decode(S);
	for (int i=1;i<=k;++i) {
		g[1][i]=std::max(g[1][i-1],g[0][i]);
		if (c==s[i]) g[1][i]=std::max(g[1][i],g[0][i-1]+1);
	}
	int j=encode();
	f[nxt][j][l]=(f[nxt][j][l]+w)%mod;
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	scanf("%s",s + 1);
	tot = (1ll << k);
	f[0][0][0] = 1;
	for(int i = 0;i < n;++i){
		int now = i & 1;
		int nxt = 1^now;
		memset(f[nxt],0,sizeof(f[nxt]));
		for(int j = 0;j < tot;++j){
			if(f[now][j][0]){
				trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][0]);
				trans(nxt,j,0,'O',f[now][j][0]);
				trans(nxt,j,0,'I',f[now][j][0]);				
			}
			if(f[now][j][1]){
				trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][1]);
				trans(nxt,j,2,'O',f[now][j][1]);
				trans(nxt,j,0,'I',f[now][j][1]);				
			}
			if(f[now][j][2]){
				trans(nxt,j,1,'N',f[now][j][2]);
				trans(nxt,j,0,'O',f[now][j][2]);
			}						
		}
	}
	for (int i=0;i<tot;++i)
		for (int j=0;j<3;++j)
			ans[popcount(i)]=(ans[popcount(i)]+f[n&1][i][j])%mod;
	for (int i=0;i<=k;++i) printf("%d\n",ans[i]);	
}

[ZJOI2019]麻将

考虑对一副牌写作\((a_1,...a_n),(a_i \leq 4)\)的一个序列。

我们考虑如何判断一个序列是否胡了。

我们考虑建立一个胡牌自动机。

设计建自动机的\(dp\)

考虑是否能够构造一个\(dp\)

\(f_{0/1,i,j,k}\)记录为处理前\(i\)种牌,还有\(j\)\((i-1,i)\),以及有\(k\)\(i\),且存在/不存在对子时的最多面子数。

考虑可以知道\(0 \leq j,k \leq 3\)

考虑使用一个\(3 * 3\)的矩阵保留状态,单个转移时枚举用于和\((i - 2,i - 1)\)拼面子,保留若干\((i - 1,i)\)和若干张\(i\),然后剩下的牌尽可能拼面子即可。

\(f_{1,i,x,y} > 3\)即可以胡了。

接着考虑七对子情况,我们考虑记录能拼成的对子的数目最后特批即可。

期望\(dp\)

考虑只要求出\(f(i)\)为摸了\(i\)张牌还不胡的时候的方案。

那么答案为\(1 + \frac{\sum_{i = 1}^{4n - 13}\ \ f(i)i!(4n - 13 - i)!}{(4n - 13)!}\)

考虑重设\(g_{i,j,k}\)处理为前\(i\)种牌,总共摸了\(j\)张牌,走到胡牌自动机的\(k\)号节点的方案数。

那么转移方式比较显然不再赘述。

值得注意的是其同一个大小的牌的带编号,转移时需要乘上一个选取的组合数。

[ZJOI2019]麻将
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 3005
#define mod 998244353

inline ll qpow(ll a,ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b & 1)res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int n,w,ans,tot,f[2][N][N],e[N][5];
ll s[N],inv[N],cnt[N];

inline ll C(int x,int y){
	return s[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}

struct Point{
	int a[3][3];
	inline void init(){
		for(int i = 0;i <= 2;++i)
		for(int j = 0;j <= 2;++j)
		a[i][j] = -1;
	}
};//矩阵 

Point operator + (Point A,int b){
	Point res;
	res.init();
	for(int i = 0;i <= 2;++i)
	for(int j = 0;j <= 2;++j)
	if(A.a[i][j] != -1){
		for(int k = 0;k <= 2;++k){
		if(b >= i + j + k){
			res.a[j][k] = std::max(res.a[j][k],std::min(4,A.a[i][j] + i + (b - i - j - k) / 3));						
		}
		}		
	}
	return res;
}

inline void cmp(Point &A,Point b){
	for(int i = 0;i <= 2;++i)
	for(int j = 0;j <= 2;++j)
	A.a[i][j] = std::max(A.a[i][j],b.a[i][j]);
}

//矩阵表达式 

struct node{
	int c;//可以组成的对子数
	Point dp[2];
	inline void init(){c = 0;dp[1].init();dp[0].init();} 
//	inline void put(){std::cout<<c<"\n";puts("");for(int op = 0;op <= 1;++op,puts(""))for(int i = 0;i <= 2;++i,puts(""))for(int j = 0;j <= 2;++j)std::cout<<dp[op].a[i][j]<<" ";puts("");}
};

inline node win(){
	node res;
	res.init();
	res.c = -1;
	return res;
}

bool operator < (node A,node B){
	for(int op = 0;op <= 1;++op)
	for(int i = 0;i <= 2;++i)
	for(int j = 0;j <= 2;++j)
	if(A.dp[op].a[i][j] != B.dp[op].a[i][j])
	return A.dp[op].a[i][j] < B.dp[op].a[i][j];
	return A.c < B.c;
}

using std::map;
using std::queue;

map<node,int>M;

queue<node>Q;

inline bool done(node A){
	if(A.c >= 7)
	return 1;
	for(int i = 0;i <= 2;++i)
	for(int j = 0;j <= 2;++j)
	if(A.dp[1].a[i][j] >= 4)
	return 1;
	return 0;
}

inline node operator + (node A,int b){
	if(A.c == -1)
	return A;
	node res;
	res.init();
	res.c = A.c + (b >= 2);
	cmp(res.dp[0],A.dp[0] + b);
	cmp(res.dp[1],A.dp[1] + b);
	if(b >= 2)
	cmp(res.dp[1],A.dp[0] + (b - 2));
	if(done(res))
	return win();
	return res;
}

//自动机的一些运算

int main(){
//	freopen("table2.out","w",stdout);
	node root;
	root.init();
	root.c = 0,root.dp[0].a[0][0] = 0;
	M[root] = ++ tot;
	Q.push(root);
	while(Q.size()){
		node x = Q.front();
		Q.pop();
		int u = M[x];
//		std::cout<<u<<std::endl;	
//		x.put();	
		for(int i = 0;i <= 4;++i){
			node v = x + i;
//			std::cout<<"CHOSE "<<i<<" TO "<<"\n";
//			v.put();							
			if(M.find(v) == M.end()){
				e[u][i] = M[v] = ++ tot;
				Q.push(v);
				if(v.c == -1)
				w = tot;
			}else 
				e[u][i] = M[v];
//			std::cout<<"CHOSE "<<i<<" TO "<<e[u][i]<<"\n";				
		}
	}
//	std::cout<<tot<<std::endl;
	scanf("%d",&n);
	s[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= n * 4;++i)
	s[i] = s[i - 1] * i % mod;
	inv[n * 4] = qpow(s[n * 4],mod - 2);	
	for(int i = n * 4 - 1;i >= 0;--i)
	inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	for(int i = 1;i <= 13;++i){
		int x,id;
		scanf("%d%d",&x,&id);
		cnt[x] ++ ; 
	}
	f[0][0][1] = 1;//第i种,摸了k张牌,状态为j 
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		int now = i & 1;
		int las = now ^ 1;
		for(int k = 0;k <= n * 4;++k){
			for(int j = 0;j <= tot;++j)
			f[now][k][j] = 0; 
		}
		for(int k = 0;k <= n * 4;++k)		
		for(int j = 1;j <= tot;++j)
		if(f[las][k][j])
		for(int t = 0;t <= 4 - cnt[i];++t){//选了多少 
			f[now][k + t][e[j][t + cnt[i]]] = f[now][k + t][e[j][t + cnt[i]]] + 1ll * f[las][k][j] * C(4 - cnt[i],t) % mod;
			if(f[now][k + t][e[j][t + cnt[i]]] >= mod)
			f[now][k + t][e[j][t + cnt[i]]] -= mod;				
		}
//		for(int k = 0;k <= n * 4;++k,puts("")){
//			for(int j = 0;j <= tot;++j)
//			std::cout<<f[now][k][j]<<" "; 
//		}	
	}
	for(int i = 1;i <= n * 4 - 13;++i)
	for(int j = 1;j <= tot;++j){
		if(j == w)continue;
		ans = (ans + 1ll * f[n & 1][i][j] % mod * qpow(C(4 * n - 13,i),mod - 2) % mod) % mod;
	}
	std::cout<<ans + 1<<std::endl;
} 

状压\(dp\)

[PKUSC2018]最大前缀和

考虑前缀最大和一定能从那个位置划分开其,其前缀最大和等于全集和,补集的前缀最大和小于\(0\)

考虑对两个分别状压\(dp\)即可。

斜率优化\(dp\)

[NOI2014] 购票

考虑写出\(dp\).

\(f_i = \min (f_j + (d_i - d_j) * p_i + q_i)\)

其中对于\(d_i - d_j\)\(lim_i\)限制。

考虑两个决策\(j,k\)

\(d_j > d_k\),\(k\)决策比\(j\)决策好时:
\(f_k + (d_i - d_k) * p_i + q_i \leq f_j + (d_i - d_j) * p_i + q_i\)

考虑化简有
\(\frac{f_k - f_j}{d_k - d_j} > p_i\),考虑维护一个下凸壳,查询时需要二分。

考虑如何处理\(lim\),有几种处理方法,一种是树剖维护单调栈,变成了\(3log\),听说可以跑过。

使用另一种方法,点分治。

考虑每次把分治重心的父亲往重心的子树处理,每次加入父亲,直到加入至顶点。

可以具体看看代码。

[NOI2014] 购票
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200005

int n,num;

int fa[N];

ll s[N],x[N],y[N],l[N];

using std::vector;

vector<int>e[N];

ll f[N];

#define inf 1e18 

int tot,vis[N];
int root,siz[N],mx[N];

inline void find(int u){
	siz[u] = 1;
	mx[u] = 0;
	for(auto v : e[u]){
		if(vis[v])continue;
		find(v);
		siz[u] += siz[v];
		mx[u] = std::max(mx[u],siz[v]);
	}
	mx[u] = std::max(tot - siz[u],mx[u]); 
//	std::cout<<"find "<<u<<" "<<siz[u]<<" "<<mx[u]<<"\n";
	if(root == -1 || mx[u] < mx[root])
	root = u;
	return ;
}//找重心 

ll d[N];

struct P{
	ll x,y;
}st1[N],st2[N];

int top1,top2;

P operator - (P A,P B){return (P){A.x - B.x,A.y - B.y};} 

bool operator < (P A,P B){return A.x < B.x;}

inline void dis(int u){
//	std::cout<<"find "<<u<<" "<<d[u]<<"\n";
	if(l[u] - d[u] >= 0)
	st1[++top1] = (P){l[u] - d[u],u};
	for(auto v : e[u]){
		if(vis[v])continue;
		d[v] = d[u] + s[v];
		dis(v);
	}	
}

double slope(P a,P b){return (double)(1.0 * a.y - b.y) / (a.x - b.x);}

double sl[N];

inline void ins(P a){
	while(top2 > 1 && slope(a,st2[top2]) <= sl[top2])
	-- top2;
	st2[++top2] = a;
    sl[top2] = top2 > 1 ? slope(st2[top2], st2[top2 - 1]) : -1e18;
//	std::cout<<"INS "<<a.x<<" "<<a.y<<" "<<top2<<std::endl;
}

#define mid ((l + r) >> 1)

inline ll qry(ll k){
	int l = 1,r = top2;
	ll res = 0;
	ll res2 = 0;
    while (l <= r) {
        if (sl[mid] <= k) {
            res = st2[mid].y - st2[mid].x * k, l = mid + 1;
        } else
            r = mid - 1;
    }
    return res;
}

inline void work(int u){
	root = -1;
	find(u);
	vis[root] = 1;
	int now = root;
//    std::cout<<u<<" "<<now<<"\n";	
	if(root != u)tot = tot - siz[now],work(u);
	int v = now;
	ll dis2 = 0;
	top1 = top2 = d[now] = 0;
	dis(now);
	std::sort(st1 + 1,st1 + top1 + 1);
	for(int i = 1;i <= top1;++i){
		ll lim = st1[i].x;
		int w = st1[i].y;
//		std::cout<<lim<<" "<<w<<std::endl;
		while(v != fa[u] && dis2 + s[v] <= lim && fa[v])
		ins((P){dis2 += s[v],f[fa[v]]}),v = fa[v];
		if(top2) f[w] = std::min(f[w],qry(-x[w]) + d[w] * x[w] + y[w]); 
	}
	for(auto v : e[now]){
		if(vis[v])continue;
		tot = siz[v],work(v);
	}
}

int main(){
//	freopen("q.in","r",stdin);	
//	freopen("table1.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&num);
	for(int i = 2;i <= n;++i){
		scanf("%d%lld%lld%lld%lld",&fa[i],&s[i],&x[i],&y[i],&l[i]);
		e[fa[i]].push_back(i);
		f[i] = inf;
	}
	tot = n,vis[0] = 1,work(1);
	for(int i = 2;i <= n;++i)
	std::cout<<f[i]<<"\n"; 
}

[SDOI2016]征途

考虑方差写作\(S^2 = \frac{\sum (x_i - \overline{x}^2)}{n} = \frac{1}{n}(\sum x_i^2 - n\overline{x}^2)\)

\(S^2m^2 =\sum x_i^2 - \overline{x}^2\)

考虑对前一部分\(dp\)

\(f_{i,j}\)\(i\)划分了\(j\)段的最小\(\sum x_i^2\)

此为经典的斜率优化问题。

[SDOI2016]征途
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define N 4000

ll n,m;
ll v[N],f[N][N],s[N];
ll head,end;
ll QWQ[N];

ll k;

inline ll a(ll x){return s[x];}
inline ll Y(ll x){return f[x][k - 1] + s[x] * s[x];}
inline ll X(ll x){return s[x];}
inline double solve(ll x,ll y){return (1.0 * Y(y) - Y(x)) / (1.0 * X(y) - X(x));}

int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	scanf("%lld",&v[i]),s[i] = s[i - 1] + v[i];
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	f[i][1] = s[i] * s[i];
	for(k = 2;k <= m;++k){
		head = end = 1;
		QWQ[head] = 0;
		for(int i = 1;i <= n;++i){
			while(head < end && solve(QWQ[head],QWQ[head + 1]) < 2 * s[i]) ++ head;
			f[i][k] = f[QWQ[head]][k - 1] + (s[i] - s[QWQ[head]]) * (s[i] - s[QWQ[head]]);
			while(head < end && solve(QWQ[end - 1],QWQ[end]) > solve(QWQ[end],i))--end;
			QWQ[++end] = i;
		}
	}
	std::cout<<m * f[n][m] - s[n] * s[n]<<std::endl;
}

决策单调性\(dp\)

CF321E Ciel and Gondolas

由于你谷的翻译不像人话。

这里提供一个人话的翻译。

给定一个长度为 \(n\) 的序列,现在你需要将这个序列划分成连续的 \(k\) 段 被划分到同一段的两个位置\(i,j\),会产生代价 \(a_{i,j}\),不同段不会产生代价 现在请求出最小的代价。

考虑按分段数分层\(dp\)

\(f_i = g_j + calc(i,j)\)

其中\(calc(i,j)\)\((i,i)(j,j)\)矩形和。

考虑这类不易于写出即定柿子的二维贡献,可以想到决策单调性.

考虑是否有四边形不等式。

\(w(a,c) + w(b,d) \leq w(a,d) + w(b,c)\)

根据定义显然有。

那么有决策单调性,我们使用分治即可完成一次转移。

\(O(nklog)\)

CF321E Ciel and Gondolas
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define N 5005

int n,k,x;
int sum[N][N];

int f[N][N];

#define s sum

#define inf 0x3f3f3f3f

inline int clac(int x,int y){
	return s[y][y] - s[y][x - 1] - s[x - 1][y] + s[x - 1][x - 1];
}

#define mid ((L + R) >> 1)

inline void dfs(int s,int L,int R,int tl,int tr){
	if(L > R)return ;
	f[s][mid] = inf;
	int opt;
	for(int i = tl;i <= std::min(tr,mid);++i){
		if(f[s][mid] > f[s - 1][i - 1] + clac(i,mid)){
			f[s][mid] = f[s - 1][i - 1] + clac(i,mid);
			opt = i;
		}
	}
	dfs(s,L,mid - 1,tl,opt);
	dfs(s,mid + 1,R,opt,tr);
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	for(int j = 1;j <= n;++j)
	scanf("%d",&x),sum[i][j] = sum[i][j - 1] + sum[i - 1][j] - sum[i - 1][j  - 1] + x;
	for(int i = 1;i <= n;++i)
	f[0][i] = inf;
	for(int i = 1;i <= k;++i)
	dfs(i,1,n,1,n);
	std::cout<<f[k][n] / 2;
}

杂项

纯粹是不想做模拟题来摸鱼的题。

[NOI2020] 命运

自己做的时候可能口胡\(48,72\)分左右

考虑写出\(dp\)

\(f_{i,j}\)表示\(i\)子树内的未满足的最深的上端的限制为\(j\)的方案数。

分为两种讨论。

考虑现在的子树根节点为\(u\),处理到了\(v\),这个子树,其前缀儿子合并结果为\(g\)

那么有\(f_{u,i} = \sum_{j = 0}^{dep_u} g_{u,i} * f_{v,j}(e(u,v) = 1) + (\sum_{j = 0}^i g_{u,i}f_{v,j} + \sum_{j = 0}^{i - 1}g_{u,j}f_{v,i})(e(u,v) = 0)\)

考虑有两种做法,一种是把第二维看作离散,使用树上启发式合并来做。

另外一种是广为流传的线段树合并做法。

这里介绍第二种。

发现\(f_{u,i} = f_{u,i} * (sum_{v,dep_u} + sum_{v,i}) + f_{v,i} * sum_{x,i - 1}\)

其可以使用线段树合并操作。

点击查看代码
//晦暗的宇宙,我们找不到光,看不见尽头,但我们永远都不会被黑色打倒。——Quinn葵因
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000050

int n,m;

using std::vector;

vector<int>A[N];
vector<int>V[N]; 

int dep[N];

int head[N];

struct P{
	int l,r;
	ll sum,mul;
}T[N * 10];

#define mul(x) T[x].mul
#define sum(x) T[x].sum
#define ls(x) T[x].l
#define rs(x) T[x].r
#define mid ((l + r) >> 1)
#define mod 998244353

inline void down(int p){
	if (ls(p)) {
		sum(ls(p)) = sum(ls(p)) * mul(p) % mod;
		mul(ls(p)) = mul(ls(p)) * mul(p) % mod;
	}
	if (rs(p)) {
		sum(rs(p)) = sum(rs(p)) * mul(p) % mod;
		mul(rs(p)) = mul(rs(p)) * mul(p) % mod;
	}	
	mul(p) = 1;
}

inline ll query(int u,int l,int r,int p){
	if(!u || r <= p)return sum(u);
	ll res = 0;
	down(u);
	res = res + query(ls(u),l,mid,p);
	if(p > mid)
	res = res + query(rs(u),mid + 1,r,p);
	return res;
}

int cnt;

inline void change(int &u,int l,int r,int p){
	if(!u)u = ++cnt;
	sum(u) = mul(u) = 1;
	if(l == r)return ;
	if(p <= mid)
	change(ls(u),l,mid,p);
	else
	change(rs(u),mid + 1,r,p);
}

inline int merge(int x,int y,int l,int r,ll &s1,ll &s2){
	if(!x || !y){
		if(!x){
			(s1 += sum(y)) %= mod;
			mul(y) = mul(y) * s2 % mod;
			sum(y) = sum(y) * s2 % mod;
			return y;
		}else{
			(s2 += sum(x)) %= mod;
			mul(x) = mul(x) * s1 % mod;
			sum(x) = sum(x) * s1 % mod;
			return x;			
		}
	}
	if(l == r){
		ll tx = sum(x),ty = sum(y);
		s1 = (s1 + ty) % mod;
		sum(x) = (sum(x) * s1 + sum(y) * s2) % mod;
		s2 = (s2 + tx) % mod;
		return x;
	} 
	down(x),down(y);
	ls(x) = merge(ls(x),ls(y),l,mid,s1,s2);
	rs(x) = merge(rs(x),rs(y),mid + 1,r,s1,s2);
	sum(x) = (sum(ls(x)) + sum(rs(x))) % mod;
	return x;
}

inline void dfs(int u,int fa){
	dep[u] = dep[fa] + 1;
	int mx = 0;
	for(auto v : V[u])mx = std::max(mx,dep[v]);
	change(head[u],0,n,mx);
	for(auto v : A[u]){
		if(v == fa)continue;
		dfs(v,u);
		ll S = query(head[v],0,n,dep[u]),SS = 0;
		head[u] = merge(head[u],head[v],0,n,S,SS);
	}
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i < n;++i){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		A[x].push_back(y);
		A[y].push_back(x);
	}
	scanf("%d",&m);
	for(int i = 1;i <= m;++i){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		V[y].push_back(x);
	}
	dfs(1,0);
	std::cout<<query(head[1],0,n,0)<<"\n";
}

[APIO2016]烟火表演

考虑设\(f_i(x)\)\(x\)的子树内到\(x\)的路径均为\(i\)的代价,归纳法知其为一个下凸壳。

考虑把下凸壳向父亲更新。

那么有\(g_i(x)\)为向父亲贡献的代价,考虑如何从\(f_i(x)\)转为\(g_i(x)\)即多加\((u,v)\)的边。

考虑如何转换。

\((u,v) = l,u\ is\ fa_v\)

设下凸壳的斜率为\(0\)的区间为\([L,R]\)

image

以上\(f_i(x) = g_i(x),f'_i(x) = f_i(x)\),LaTex太难打了。

考虑这四种操作的实质。

实际上是把\(<L\)的向上平移\(l\),\([L,R]\)向右平移\(l\),中间插入一条斜率\(-1\)的直线,右侧改成斜率为\(1\)的直线。

那么直接使用可并堆维护斜率转点即可。

[PKUWC2018]Minimax

可能遇到这种值域上dp的东西就是需要暴力一点啊。

直接设\(f_{i,j}\)为概率。

考虑双儿子向父亲转移:

\(F_j = f_{l,j} * (p_i \sum_{k = 1} ^{j - 1} f_{r,k} + (1 - p_i)\sum_{k = j + 1} ^ m f_{r,k}) + f_{r,j} * (p_i \sum_{k = 1} ^{j - 1} f_{l,k} + (1 - p_i)\sum_{k = j + 1} ^ m f_{l,k})\)

这个可以直接使用线段树合并时顺带维护前缀后缀和即可。

点击查看代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>

int read() {
  int x = 0;
  char c = 0;
  while (c < 48) c = getchar();
  while (c > 47) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
  return x;
}

const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y) {
  int ans = 1;
  for (; y; y >>= 1, x = 1ll * x * x % mod)
    if (y & 1) ans = 1ll * ans * x % mod;
  return ans;
}

int n;
const int maxn = 3e5 + 10;
int ch[maxn][2], fa[maxn], cnt[maxn], val[maxn], tmp[maxn], qwq = 0, s[maxn];
int rt[maxn], ls[maxn << 5], rs[maxn << 5], sum[maxn << 5], mul[maxn << 5];
int ans = 0, tot = 0;

void pushup(int rt) { sum[rt] = (sum[ls[rt]] +sum[rs[rt]]) % mod; }
void pushmul(int rt, int v) {
  if (!rt) return;
  sum[rt] = 1ll * sum[rt] * v % mod;
  mul[rt] = 1ll * mul[rt] * v % mod;
}

void pushd(int rt) {
  if (mul[rt] == 1) return;
  if (ls[rt]) pushmul(ls[rt], mul[rt]);
  if (rs[rt]) pushmul(rs[rt], mul[rt]);
  mul[rt] = 1;
}

int newnode() {
	int x = ++ tot; 
	ls[x] = rs[x] = sum[x] = 0, mul[x] = 1 ;
	return x ;
}
void upd(int& p, int l, int r, int x, int v) {
  if (!p) p = newnode() ;
  if (l == r) {
    sum[p] = v;
    return;
  }
  pushd(p);
  int mid = l + r >> 1;
  (x <= mid) ? upd(ls[p], l, mid, x, v) : upd(rs[p], mid + 1, r, x, v);
  pushup(p);
}

int merge(int x, int y, int l, int r, int xmul, int ymul, int v) {
  if (!x && !y) return 0;
  if (!x) {
    pushmul(y, ymul);
    return y;
  }
  if (!y) {
    pushmul(x, xmul);
    return x;
  }
  pushd(x), pushd(y);
  int mid = l + r >> 1;
  int lsx = sum[ls[x]], lsy = sum[ls[y]], rsx = sum[rs[x]], rsy = sum[rs[y]];
  ls[x] = merge(ls[x], ls[y], l, mid, (xmul + 1ll * rsy % mod * (1 - v + mod)) % mod,
                (ymul + 1ll * rsx % mod * (1 - v + mod)) % mod, v);
  rs[x] = merge(rs[x], rs[y], mid + 1, r, (xmul + 1ll * lsy % mod * v) % mod,
                (ymul + 1ll * lsx % mod * v) % mod, v);
  pushup(x);
  return x;
}

void out(int x, int l, int r) {
  if (!x) return;
  if (l == r) {
    s[l] = sum[x];
    return;
  }
  int mid = l + r >> 1;
  pushd(x);
  out(ls[x], l, mid);
  out(rs[x], mid + 1, r);
}

void dfs(int u) {
  if (!cnt[u]) upd(rt[u], 1, qwq, val[u], 1);
  if (cnt[u] == 1) dfs(ch[u][0]), rt[u] = rt[ch[u][0]] ;
  if (cnt[u] == 2) dfs(ch[u][0]), dfs(ch[u][1]), rt[u] = merge(rt[ch[u][0]], rt[ch[u][1]] ,1 , qwq , 0 , 0 , val[u]);
}

int main() {
  n = read();
  for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = read();
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    if (fa[i]) ch[fa[i]][cnt[fa[i]]++] = i;
  for (int i = 1; i <= n; i++) val[i] = read();
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    if (cnt[i]) {
      val[i] = 1ll * val[i] * qpow(10000, mod - 2) % mod;
    } else {
      tmp[++qwq] = val[i];
    }
  }
  std ::sort(tmp + 1, tmp + qwq + 1);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    if (!cnt[i]) val[i] = std ::lower_bound(tmp + 1, tmp + qwq + 1, val[i]) - tmp;
  dfs(1);
  out(rt[1], 1, qwq);
  for (int i = 1; i <= qwq; i++) ans = (ans + 1ll * i * tmp[i] % mod * s[i] % mod * s[i]) % mod;
  printf("%d\n", ans);
  return 0;
}
posted @ 2022-03-01 13:30  fhq_treap  阅读(77)  评论(0编辑  收藏  举报