HGOI20190809 省常中互测2
Problem A 时之终结
构造一个含有$n$个节点的无重边无自环的有向图，
使得从$1$出发，每一次经过一条$(u,v) (u < v)$的边到达节点$n$的方案恰好有$y$种。
对于$100\%$的数据，输出的无向图顶点树$n \leq 64 $给出的$y \leq 10^{18}$
Sol : 首先构造$63$个点的完全图，然后向第64个顶点连边，原问题等价于将$y$二进制拆分。
这样构造可以获得满分：复杂度$O( {log_2}^2 n)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; bool mp[65][65]; signed main() { int y; scanf("%lld",&y); int cnt=0; for (int i=1;i<=63;i++) for (int j=i+1;j<=63;j++) mp[i][j]=1,cnt++; for (int i=0;i<=63;i++) if ((y>>i)&1ll) mp[i+2][64]=1,cnt++; printf("64 %lld\n",cnt); for (int i=1;i<=64;i++) for (int j=i+1;j<=64;j++) if (mp[i][j]) printf("%lld %lld \n",i,j); return 0; }
Problem B 博士之时
$n$个节点，每个节点的度最多为$2$的图，共有$2$种不同的颜色，每一条相邻边都是不同色(0/1)的。
求出有多少种可能的重排置换，使得每个一对原本没有通过某种颜色进行连接的节点，出现在了这种颜色的连接中。
对于$100\%$的数据$n\leq 2\times 10^5$ , 图中每个点的度数最多为$2$。
Sol ： 图中所有节点的度数小于等于2的可能只有是环或者链，而整个图一定是由一些单独的环和单独的链和孤立的点组成的。
考虑链的情况，相同长度的链是可以互相交换的，同时考虑含有奇数条边的链又可以中心对称翻转的，而含偶数条边的链不行。
考虑环的情况，相同长度的环是可以相互交换的，同时考虑每个环是可以转动这个环中的节点数次的。
所以，我们有下列算法。
对于链，分含奇数条边的链和偶数条边的链的讨论。
- 奇数条边的链(设长度为$i$的奇数条边有$j$条)： $2^j \times j!$
- 偶数条边的链(设长度为$i$的奇数条边有$j$条)：$ j!$
对于环，无需分奇数偶数讨论。
设长度为$i$的环有$j$个：$j! \times i^j$
设有$k$个孤立点，显然这些孤立点可以任意排列：$k!$
将上述情况相乘就是合法的答案，如果用$n!$减去就是不合法的答案。
复杂度是$O(n)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=2e5+10,mo=1e9+7; struct rec{ int pre,to,w; rec() { w=-1; } }a[N<<1]; bool vis[N]; int du[N],head[N],jc[N],Pow2[N]; int tot,n,m1,m2,cnt; bool flag; int col; map<int,int>circle,chain_even; map<pair<int,int>,int>chain_odd; int Pow(int x,int n) { int ans=1; while (n) { if (n&1) ans=ans*x%mo; x=x*x%mo; n>>=1; } return ans%mo; } void adde(int u,int v,int w) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; a[tot].w=w; head[u]=tot; } void dfs1(int u) { vis[u]=1; for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (vis[v]) continue; if (!flag) col=a[i].w,flag=1; cnt++; dfs1(v); } } void dfs2(int u) { vis[u]=1; for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (vis[v]) continue; cnt++; dfs2(v); } } signed main() { int num; scanf("%lld",&num); scanf("%lld%lld%lld",&n,&m1,&m2); for (int i=1;i<=m1;i++) { int u,v; scanf("%lld%lld",&u,&v); adde(u,v,0); adde(v,u,0); du[u]++; du[v]++; } for (int i=1;i<=m2;i++) { int u,v; scanf("%lld%lld",&u,&v); adde(u,v,1); adde(v,u,1); du[u]++; du[v]++; } jc[0]=1; for (int i=1;i<=200000;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mo; Pow2[0]=1; for (int i=1;i<=200000;i++) Pow2[i]=Pow2[i-1]*2%mo; for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i] && du[i]==1) { cnt=0; col=-1; flag=false; dfs1(i); if (cnt&1) chain_odd[make_pair(cnt,col)]++; else chain_even[cnt]++; } for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i] && du[i]==2) { cnt=1; dfs2(i); circle[cnt]++; } int res=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]) res++; int ret=jc[res]; map<int,int>::iterator it; for (it = circle.begin() ; it != circle.end() ; ++it) { int i=it->first,j=it->second; ret=ret*jc[j]%mo*Pow(i,j)%mo; } for (it = chain_even.begin(); it!=chain_even.end() ; ++it) { int i=it->first,j=it->second; ret=ret*jc[j]%mo; } map<pair<int,int>,int>::iterator it2; for (it2 = chain_odd.begin() ; it2 != chain_odd.end() ; ++it2) { pair<int,int> p=it2->first; int i=p.first,j=it2->second; ret=ret*jc[j]%mo*Pow2[j]%mo; } int ans = ((jc[n] - ret) % mo + mo) % mo; printf("%lld\n",ans); return 0; }
Problem C 曾有两次
给出无向连通图$G$,有$n$个点和$m$条边，
对于每一个点，求删除一条边后这个点到$1$节点的距离可能的最大值
对于$100\%$的数据满足，$n\leq 2\times 10^5 , m \leq 5 \times 10^5$
Sol: 删除的边一定是最短路树上该点和其父节点的连边。
于是直接建出最短路树，然后依次考虑每一条非树边$(u,v)$
对于链$u -> lca(u,v) $ 不含lca的所有点都可以先最短路树的叶子节点走，经过枚举的这一条边，然后从$v$节点走到根。
对于链$v -> lca(u,v) $ 不含lca的所有点同理。
这样对于在链上的一个节点$k$，那么对其用$dist(k,u) + w(u,v) + dist(1,v)$更新即可。
注意到$dist(k,u)$ 这个可以表示为$dist(1,u) - dist(1,k)$ 原来的式子可以化为 $dist(1,u) - dist(1,k) + w(u,v) + dist(1,v) $
只有$dist(1,k)$是定值，所以我们可以最后统一处理，我们只需要使用$dist(1,u) + w(u,v) + dist(1,v) $来更新每个节点的答案即可。
这就变成了在树上维护区间更新一个min值然后单点查询，直接使用树链剖分维护即可。
复杂度是$O(m { log_2 }^2n )$
# pragma GCC optimize(3) # include <bits/stdc++.h> # define int long long # define inf (1e14) using namespace std; const int N=2e5+10; const int M=5e5+10; struct rec{ int pre,to,w;}a[M<<1]; struct edge{ int u,v,w;}rec[M<<1]; int n,m,tot=1; int head[N],d[N],e[N],f[N],dep[N],size[N]; int dfn[N],top[N],g[N][22]; bool b[M<<1]; vector<int>E[N]; pair<int,int>pre[N]; inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } void write(int x) { if (x>9) write(x/10); putchar('0'+x%10); } void adde(int u,int v,int w) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; a[tot].w=w; head[u]=tot; } struct node { int id,len; }; struct cmp { bool operator () (node x,node y) { return x.len > y.len ; } }; priority_queue<node,vector<node>,cmp>q; bool vis[N]; void dijkstra(int s) { memset(vis,false,sizeof(vis)); memset(d,0x3f,sizeof(d)); d[s]=0; q.push((node){s,0}); while (!q.empty()) { node u=q.top();q.pop(); if (vis[u.id]) continue; vis[u.id]=1; for (int i=head[u.id];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to,w=a[i].w; if (d[v]-w>d[u.id]) { e[v]=i; pre[v]=make_pair(u.id,w); d[v]=d[u.id]+w; q.push((node){v,d[v]}); } } } } void dfs1(int u,int fa) { f[u]=fa; dep[u]=dep[fa]+1; size[u]=1; for (int i=0;i<E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; if (v==fa) continue; dfs1(v,u); size[u]+=size[v]; } } void dfs2(int u,int fa,int tp) { dfn[u]=++dfn[0]; top[u]=tp; int son=-1; for (int i=0;i<E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; if (v==fa) continue; if (son==-1||size[v]>size[son]) son=v; } if (son!=-1) dfs2(son,u,tp); for (int i=0;i<E[u].size();i++) { int v=E[u][i]; if (v==fa) continue; if (v!=son) dfs2(v,u,v); } } # define ls (x<<1) # define rs (x<<1|1) # define lson ls,l,mid # define rson rs,mid+1,r # define mid (l+r>>1) struct Segmengt_Tree{ int tag,ret; Segmengt_Tree() { tag=-1; ret=inf;} }tr[N<<2]; void down(int x) { if (tr[x].tag==-1) return; tr[ls].ret=min(tr[ls].ret,tr[x].tag); tr[rs].ret=min(tr[rs].ret,tr[x].tag); tr[ls].tag=(tr[ls].tag==-1)?tr[x].tag:min(tr[x].tag,tr[ls].tag); tr[rs].tag=(tr[rs].tag==-1)?tr[x].tag:min(tr[x].tag,tr[rs].tag); tr[x].tag=-1; } void update(int x,int l,int r,int opl,int opr,int d) { if (opl<=l &&r<=opr) { if (tr[x].tag==-1) tr[x].tag=d; else tr[x].tag=min(tr[x].tag,d); tr[x].ret=min(tr[x].ret,d); return; } down(x); if (opl<=mid) update(lson,opl,opr,d); if (opr>mid) update(rson,opl,opr,d); tr[x].ret=min(tr[ls].ret,tr[rs].ret); } int query(int x,int l,int r,int opl,int opr) { if (opl<=l&&r<=opr) return tr[x].ret; down(x); int ret=inf; if (opl<=mid) ret=min(ret,query(lson,opl,opr)); if (opr>mid) ret=min(ret,query(rson,opl,opr)); return ret; } int lca(int u,int v) { if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); for (int i=21;i>=0;i--) if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) u=g[u][i]; if (u==v) return u; for (int i=21;i>=0;i--) if (g[u][i]!=g[v][i]) u=g[u][i],v=g[v][i]; return g[u][0]; } void update(int u,int v,int d) { int f1=top[u],f2=top[v]; while (f1!=f2) { if (dep[f1]<dep[f2]) swap(f1,f2); update(1,1,n,dfn[f1],dfn[u],d); u=f[f1]; f1=top[u]; } if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); update(1,1,n,dfn[v]+1,dfn[u],d); } int query(int x){ return query(1,1,n,dfn[x],dfn[x]); } main() { int num=read(); n=read();m=read(); for (int i=1;i<=m;i++) { int u=read(),v=read(),w=read(); adde(u,v,w); rec[tot]=(edge){u,v,w}; adde(v,u,w); } dijkstra(1); for (int i=2;i<=n;i++) { b[e[i]]=b[e[i]^1]=1; E[i].push_back(pre[i].first); E[pre[i].first].push_back(i); } dfs1(1,0); dfs2(1,0,0); for (int i=1;i<=n;i++) g[i][0]=f[i]; for (int i=1;i<=21;i++) for (int j=1;j<=n;j++) g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1]; for (int i=2;i<=tot;i+=2) if (!b[i]) { int u=rec[i].u,v=rec[i].v,w=rec[i].w,l=lca(u,v); update(u,l,d[v]+w+d[u]); update(v,l,d[u]+w+d[v]); } putchar('0'); putchar(' '); for (int i=2;i<=n;i++) { int t=query(i); if (t>=inf) putchar('-'),putchar('1'); else write(t-d[i]); putchar(' '); } putchar('\n'); return 0; }
