CF1541
CF1541
A 求一个排列,使得没有p[i] = i且最小化Σ(|p[i] - i|)
显然如果是偶数就相邻的交换,奇数就只有一组是三个轮换,剩下的两个换
B n个不同的数构成一个数组,问你有多少对i,j满足a[i] * a[j] == i + j,1e5
一开始没看到不同结果不会做。
枚举a[i]是多少,那么a[j]不会超过2 * n / a[i],取值个数是调和级数nlogn的,再枚举a[j],看有没有这样的i和j满足条件即可。
C 构造一个有向图,使得从1到每个点的最短路是给定的数组d,求所有边权的和的最小值。可以有负值,不能有负环重边
先把点排序,按顺序连起来,够成一条单向链。
然后每两个点之间再连一条负权反向边,够成0环。这样就是最小值。
D 给你一棵树,每次可以等概率选择一个根,然后从已选的点相邻点中等概率选下一个,构成一个序列,求这个序列逆序对的期望。n <= 200
考虑每个点对。如果开始的根在某个点的子树内,那一定先到那个点。如果开始的根在这两点的路径上,或者路径上某一点的子树上,那么先到哪个点是有个概率的。
设左边有l个点,右边有r个点,先到r的概率是g[l][r],左边已经到了l个点,右边已经到了r个点的概率是f[l][r],那么f可以很简单的* 1/2求出来,g可以用f的前缀和求出来。
然后考虑选择的那点对上的路径,中间每个点乘根在子树内概率乘先到大的点的概率 就行了。
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1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 typedef long long LL; 4 5 const int N = 210; 6 const LL MO = 1e9 + 7, inv2 = 5e8 + 4; 7 8 struct Edge { 9 int nex, v; 10 }edge[N * 2]; int tp; 11 12 int n, e[N], siz[N], d[N], fa[N]; 13 LL f[N][N], g[N][N]; 14 LL ans; 15 16 LL qpow(LL a, LL b) { 17 a %= MO; 18 LL ans = 1; 19 while(b) { 20 if(b & 1) { 21 ans = ans * a % MO; 22 } 23 a = a * a % MO; 24 b = b >> 1; 25 } 26 return ans; 27 } 28 29 inline void add(int x, int y) { 30 ++tp; 31 edge[tp].v = y; 32 edge[tp].nex = e[x]; 33 e[x] = tp; 34 return; 35 } 36 37 void DFS1(int x, int f) { 38 siz[x] = 1; 39 d[x] = d[f] + 1; 40 fa[x] = f; 41 for(int i = e[x]; i; i = edge[i].nex) { 42 int y = edge[i].v; 43 if(y == f) { 44 continue; 45 } 46 DFS1(y, x); 47 siz[x] += siz[y]; 48 } 49 return; 50 } 51 52 void DFS2(int x, int r) { 53 for(int i = e[x]; i; i = edge[i].nex) { 54 int y = edge[i].v; 55 if(y == fa[x]) { 56 continue; 57 } 58 DFS2(y, r); 59 } 60 if(x > r) { 61 int p = x; 62 while(fa[p] != r) { 63 // cal fa[p] 64 ans += 1ll * (siz[fa[p]] - siz[p]) * g[d[fa[p]]][d[x] - d[fa[p]]] % MO; 65 ans %= MO; 66 // printf("ans += %d * %lld \n", siz[fa[p]] - siz[p], g[d[fa[p]]][d[x] - d[fa[p]]]); 67 p = fa[p]; 68 } 69 ans = (ans + siz[x]) % MO; 70 // printf("ans += %d \n", siz[x]); 71 } 72 return; 73 } 74 75 int main() { 76 scanf("%d", &n); 77 for(int i = 1, x, y; i < n; i++) { 78 scanf("%d%d", &x, &y); 79 add(x, y); 80 add(y, x); 81 } 82 83 // prework 84 f[0][0] = 1; 85 for(int i = 1; i <= n; i++) { 86 f[i][0] = f[0][i] = f[0][i - 1] * inv2 % MO; 87 } 88 for(int i = 1; i <= n; i++) { 89 for(int j = 1; j <= n; j++) { 90 f[i][j] = f[i][j - 1] * inv2 + f[i - 1][j] * inv2; 91 f[i][j] %= MO; 92 } 93 } 94 for(int i = 0; i <= n; i++) { 95 for(int j = 1; j <= n; j++) { 96 // cal g[i][j] 97 for(int k = 0; k < i; k++) { 98 g[i][j] = (g[i][j] + f[k][j - 1] * inv2 % MO) % MO; 99 } 100 } 101 } 102 103 // printf("%lld \n", g[2][1]); 104 105 // solve 106 d[0] = -1; 107 for(int x = 1; x <= n; x++) { 108 // x is smaller one 109 DFS1(x, 0); 110 DFS2(x, x); 111 // puts(""); 112 } 113 // printf("ans = %lld\n", ans); 114 printf("%lld\n", ans * qpow(n, MO - 2) % MO); 115 return 0; 116 }