8.18考试总结[NOIP模拟43]
又挂了$80$
好气哦，但要保持优雅。（草
T1 地衣体
小小的贪心：每次肯定从深度较小的点向深度较大的点转移更优。
模拟一下，把边按链接点的子树最大深度排序，发现实际上只有上一个遍历到的点是对当前考虑的点有影响的，且它们的$LCA$即为当前点的父亲。$DFS$时记录即可。
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define x first 3 #define y second 4 #define mp make_pair 5 #define pb push_back 6 using namespace std; 7 typedef pair<int,int> ii; 8 9 namespace IO{ 10 inline int read(){ 11 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 12 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 13 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 14 return x*f; 15 } 16 inline void write(int x,char sp){ 17 char ch[20]; int len=0; 18 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 19 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 20 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 21 } 22 } using namespace IO; 23 24 const int NN=1e5+5; 25 int n,lfn,ans,pos,dep[NN],mxdep[NN]; 26 bool vis[NN]; 27 vector<ii>e[NN]; 28 29 void dfinit(int s,int f){ 30 for(int i=0;i<e[s].size();i++){ 31 int v=e[s][i].y; 32 if(v==f) continue; 33 mxdep[v]=dep[v]=dep[s]+1; 34 dfinit(v,s); 35 e[s][i].x=mxdep[v]; 36 mxdep[s]=max(mxdep[s],mxdep[v]); 37 } 38 sort(e[s].begin(),e[s].end()); 39 } 40 void solve(int s,int f){ 41 if(!pos) ans+=dep[s]; 42 else ans+=dep[s]<(dep[s]+dep[pos]-2*dep[f])?dep[s]:(dep[s]+dep[pos]-2*dep[f]); 43 pos=s; 44 } 45 void dfs(int s,int f){ 46 solve(s,f); 47 for(int i=0;i<e[s].size();i++){ 48 int v=e[s][i].y; 49 if(v==f) continue; 50 dfs(v,s); 51 } 52 } 53 signed main(){ 54 n=read(); 55 for(int a,b,i=1;i<n;i++){ 56 a=read(); b=read(); 57 e[a].pb(mp(0,b)); 58 e[b].pb(mp(0,a)); 59 } 60 dfinit(1,0); 61 dfs(1,0); 62 write(ans,'\n'); 63 return 0; 64 }
T2 帝儿啼
二分答案，可以运用$spfa$思想，迭代最终必将收敛，每次暴力扫描修改，直到所有点符合$mid$或不能再改。
考场上以为复杂度炸了，数组只开了$500$，讲题时听到这种方法能$A$人都傻了。。。
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 5 namespace IO{ 6 inline int read(){ 7 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 9 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 10 return x*f; 11 } 12 inline void write(int x,char sp){ 13 char ch[20]; int len=0; 14 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 15 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 16 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 17 } 18 } using namespace IO; 19 20 const int NN=1e5+5; 21 int r,c,k,a[NN],L,R,ans,ext; 22 inline int id(int x,int y){ return (x-1)*c+y; } 23 bool check(int mid){ 24 bool flag=1; 25 int kk=k,tmp[NN]; 26 for(int i=1;i<=ext;i++) tmp[i]=a[i]; 27 while(kk>=0&&flag){ 28 flag=0; 29 for(int i=1;i<=r;i++) for(int j=1;j<=c;j++){ 30 int now=id(i,j); 31 if(i>1) if(tmp[id(i-1,j)]-tmp[now]>mid){ 32 flag=1; 33 int t=tmp[id(i-1,j)]-tmp[now]; 34 tmp[now]+=t-mid; kk-=t-mid; 35 if(kk<0) return 0; 36 } 37 if(j>1) if(tmp[id(i,j-1)]-tmp[now]>mid){ 38 flag=1; 39 int t=tmp[id(i,j-1)]-tmp[now]; 40 tmp[now]+=t-mid; kk-=t-mid; 41 if(kk<0) return 0; 42 } 43 if(i<r) if(tmp[id(i+1,j)]-tmp[now]>mid){ 44 flag=1; 45 int t=tmp[id(i+1,j)]-tmp[now]; 46 tmp[now]+=t-mid; kk-=t-mid; 47 if(kk<0) return 0; 48 } 49 if(j<c) if(tmp[id(i,j+1)]-tmp[now]>mid){ 50 flag=1; 51 int t=tmp[id(i,j+1)]-tmp[now]; 52 tmp[now]+=t-mid; kk-=t-mid; 53 if(kk<0) return 0; 54 } 55 if(i>1&&j<c) if(tmp[id(i-1,j+1)]-tmp[now]>mid){ 56 flag=1; 57 int t=tmp[id(i-1,j+1)]-tmp[now]; 58 tmp[now]+=t-mid; kk-=t-mid; 59 if(kk<0) return 0; 60 } 61 if(i<r&&j>1) if(tmp[id(i+1,j-1)]-tmp[now]>mid){ 62 flag=1; 63 int t=tmp[id(i+1,j-1)]-tmp[now]; 64 tmp[now]+=t-mid; kk-=t-mid; 65 if(kk<0) return 0; 66 } 67 } 68 } 69 return 1; 70 } 71 signed main(){ 72 r=read(); c=read(); k=read(); ext=r*c; 73 for(int i=1;i<=r;i++) for(int j=1;j<=c;j++) 74 a[id(i,j)]=read(); 75 for(int i=1;i<=r;i++) for(int j=1;j<=c;j++){ 76 if(i>1) R=max(R,abs(a[id(i-1,j)]-a[id(i,j)])); 77 if(i<r) R=max(R,abs(a[id(i+1,j)]-a[id(i,j)])); 78 if(j>1) R=max(R,abs(a[id(i,j-1)]-a[id(i,j)])); 79 if(j<c) R=max(R,abs(a[id(i,j+1)]-a[id(i,j)])); 80 if(i>1&&j<c) R=max(R,abs(a[id(i-1,j+1)]-a[id(i,j)])); 81 if(i<r&&j>1) R=max(R,abs(a[id(i+1,j-1)]-a[id(i,j)])); 82 } 83 while(L<=R){ 84 int mid=L+R>>1; 85 if(check(mid)) ans=mid, R=mid-1; 86 else L=mid+1; 87 } 88 write(ans,'\n'); 89 return 0; 90 }
T3 滴伞涕
数位$DP$。得到区间后求以$a-1$，$b$为下界的答案最后相减。可以按数中$1$的个数分段，逐段得到答案。
预处理前$i$位选$j$个$1$，是否卡紧上下界的方案数和和，然后$DFS$。
虽然说得很简单，但写出来有些难度，但写完了还行。
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mp make_pair 3 #define x first 4 #define y second 5 using namespace std; 6 typedef long long LL; 7 typedef pair<LL,LL> pii; 8 9 namespace IO{ 10 inline int read(){ 11 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 12 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 13 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 14 return x*f; 15 } 16 inline void write(LL x,char sp){ 17 char ch[20]; int len=0; 18 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 19 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 20 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 21 } 22 } using namespace IO; 23 24 const LL inf=1e18; 25 int t,l,r,a,b; 26 pii f[35][35][2][2]; 27 28 pii dfs(int i,int j,bool s,bool t,LL lmt,bool flag){ 29 if(i<0||j<0||!lmt) return mp(0ll,0ll); 30 if(flag&&f[i][j][s][t].x<=lmt) return f[i][j][s][t]; 31 int dn=s&(l>>i),up=t&((r>>i)^1); 32 pii fr=dn?mp(0ll,0ll):dfs(i-1,j,s&(((l>>i)^1)&1),t&(((r>>i)^1)&1),lmt,1); 33 pii af=up?mp(0ll,0ll):dfs(i-1,j-1,s&((l>>i)&1),t&((r>>i)&1),lmt-fr.x,1); 34 return mp(fr.x+af.x,fr.y+af.y+af.x*(1ll<<i)); 35 } 36 LL ans(int x){ 37 LL res=0; 38 for(int i=0;i<=30;i++) 39 if(x>=f[30][i][1][1].x){ 40 res+=f[30][i][1][1].y; 41 x-=f[30][i][1][1].x; 42 } 43 else{ res+=dfs(30,i,1,1,x,0).y;break; } 44 return res; 45 } 46 signed main(){ 47 t=read(); 48 while(t--){ 49 l=read(); r=read(); a=read(); b=read(); 50 a=r-l-a+2; b=r-l-b+2; if(a>b)swap(a,b); 51 memset(f,0,sizeof(f)); 52 f[0][0][0][0]=f[0][0][0][1]=mp(1ll,0ll); 53 f[0][0][1][0]=f[0][0][1][1]=mp((l^1ll)&1ll,0ll); 54 f[0][1][0][0]=f[0][1][1][0]=mp(1ll,1ll); 55 f[0][1][0][1]=f[0][1][1][1]=mp(r&1ll,r&1ll); 56 for(int i=1;i<=30;i++) for(int j=0;j<=i+1;j++){ 57 f[i][j][0][0]=dfs(i,j,0,0,inf,0); 58 f[i][j][1][0]=dfs(i,j,1,0,inf,0); 59 f[i][j][0][1]=dfs(i,j,0,1,inf,0); 60 f[i][j][1][1]=dfs(i,j,1,1,inf,0); 61 } 62 write(ans(b)-ans(a-1),'\n'); 63 } 64 return 0; 65 }
T4 堤寺梯
好像有两种做法。这里讲一种（因为只会一种
定义$f_{i,j}$表示选了$i$个数，最大值为$j$的方案，$g_{i,j}$表示在最大值为$j$的基础上再选$i$个数的方案。都不难维护。
然后考虑如何得到答案。
首先考虑特定数字$x$的答案，一个序列中有$k$个$x$，对答案贡献为$k^2$，有$k^2=\binom{k}{2}\times 2+k$。
发现可以将这些贡献独立分摊到每个$x$上，类似在等式右边提出一个$k$，即为“$1+$在后面再选一个$x$的方案数”。
接下来就可以单独考虑位于$i$的$x$对答案的贡献，并乘上方案数。
（应该不难理解的）式子：
$ans_x=\sum_{i=1}^n(\sum_{y \geq x}f[i-1][y]\times (g[n-i][y]+2\times (n-i)\times g[n-i-1][y])+f[i-1][x-1]\times (g[n-i][x-1]+2\times (n-i)\times g[n-i-1][x-1]))$
后缀和优化成$O(n^2)$。
（$i=n$时$C++11$不会$RE$
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 namespace IO{ 5 inline int read(){ 6 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 7 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 8 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 9 return x*f; 10 } 11 inline void write(int x,char sp){ 12 char ch[20]; int len=0; 13 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 14 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 15 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 16 } 17 } using namespace IO; 18 19 const int NN=3005; 20 int n,m; 21 long long f[NN][NN],g[NN][NN],p[NN][NN],ans[NN]; 22 signed main(){ 23 n=read(); m=read(); f[0][0]=g[0][0]=1; 24 for(int i=1;i<=n;i++){ 25 g[0][i]=1; 26 for(int j=1;j<=i;j++) 27 f[i][j]=(f[i-1][j]*j%m+f[i-1][j-1])%m; 28 } 29 for(int i=1;i<=n;i++) 30 for(int j=1;j<=n-i;j++) 31 g[i][j]=(g[i-1][j]*j%m+g[i-1][j+1])%m; 32 for(int i=1;i<=n;i++) 33 for(int j=i;j;j--){ 34 p[i][j]=(p[i][j+1]+f[i-1][j]*(g[n-i][j]+2*(n-i)*g[n-i-1][j]%m)%m)%m; 35 ans[j]=(ans[j]+p[i][j]+f[i-1][j-1]*(g[n-i][j]+2*(n-i)*g[n-i-1][j]%m)%m)%m; 36 } 37 for(int i=1;i<=n;i++) write(ans[i],' '); puts(""); 38 return 0; 39 }
