7.1模拟赛赛后总结
7.1模拟赛赛后总结
赛时历程
二十分钟浏览题目，感觉今天的三道题应该都有能写的。
然后开始异想天开，打算在十点半之前拿下38+44+17=99分，然后再考虑后边能拿的。
结果T1暴力就写错了点东西，因为我忽略了到自己的dis这个事情，所以一开始是搞错了(然后并没有意识到，并发现找第K大就能过样例一，还在想是不是题面错了)。
然后打后边的十几分的换根DP，结果还整错了一会儿。结果打完T1并对拍完，（顺便发现暴力打错，怪不得那个K小好像得反过来算)就已经是十点多了。
本着能完成多少就多少的思想，我想着先搞定较简单的T3的17分。
还好，除了那个44分，十点半之前搞到了剩下的55分。
然后有点自闭，T2好像很难。这个时候我又困了。
来回看T2T3并懵逼到十一点半，清醒了不少，开始手画T2样例，画完样例感觉有点想法，于是从链做起，找链的结论的时候逐步完善判断状态是否合法的方法，于是十二点半的时候打完链，十二点四十五打完了前边的状压的分数。一开始计划的东西花了两倍時間才完成。
感觉这是最近打的最高的一次了，终于不是那三、五十分了，类目，于是剩下的時間仔细检查了一波(T2差点RE、分段要注意完全分割开，全局应用的一定要开成N)。
赛后发现
并列RK2，还好(比原来rk倒一好多了好吧/kk)。zyz又双叒叕 RK1了。冀队首归好像就会T1正解orz（虽然挂了。。
该拿的都拿到了。虽然因为这场比较简单吧。。去年他们那帮人好多AK的。。
技术总结
T1
想到什么权值线段树是理所当然，期望树高logn也是明明白白，但是并没有想到转化一下求dis的方式。树上求dis可以用 \(dis(i,j)=dep[i]+dep[j]-2*dep[lca(i,j)]\) 这样的方式，发现对于 \(i\) ,只需要找到第 \(K\) 小的\(dep[j]-2*dep[lca(i,j)]\) 即可，这棵树是随机的，所以说只要知道最多 \(logn\) 级父亲的线段树内存放的 \(dep[j]-2*dep[x]\) 即可，所以考虑从上到下dfs，假设现在线段树内有所有\(x\)的子树外的由父亲们fa产生的\(dep[j]-2*dep[fa]\)，那么每次将\(x\)自己当lca加入自己子树内的所有 \(dep[j]-2*dpe[x]\) 到线段树内直接查找，暴力扫就行，因为这个树高导致复杂度是逐级递减的，就像点分治一样，然后进入儿子的子树之前要删除掉 \(y\) 内x做父亲的所有 \(dep[j]-2*dep[x]\) ,这样就保证了进入 \(y\) 的时候线段树内只有所有 \(y\) 的子树外的父亲们fa产生的\(dep[j]-2*dep[fa]\)，出来的时候两个修改都删掉即可。
T2
先讲暴力，从链上可以知道，如果进行了\(access(x)\),那么会产生一个全1串，这个时候对这个串怎么添0呢？那就是在\(1\)~\(x\) 之间的任意一个点y进行\(access(y)\),这样y到儿子的边就会变成0，为了不重不漏的统计，考虑枚举每次第一个\(access\) 的点，然后在中间选择\(access\)来添0，不过不能对\(fa[x]\) 进行 \(access\),因为这样会到一个第一次就\(access(fa[x])\) 的局面，会算重。然后方案数量就是不access的方案\(1\) 加上access的所有状态\(\sum\limits_{i=0}^{n-2}\sum\limits_{j=0}^{min(K-1,i)}\dbinom{i}{j}\)。然后暴力的话就是把所有的边的状态状压一下，然后判断一下：
- 不存在一个点有两个实儿子。
- 达成这个状态需要的操作次数不超过K。
操作次数怎么算？发现要达成一个局面的最小操作状态是从下往上来的，而如果下边有一串1，那么每多一个0，就多一次操作次数，统计有1的边(最上边的那个,遇到1或者跳到根停止)往根走的0的个数即可。
然后是AC，精巧，简洁而就是不会。刚刚的暴力提示到操作要从下往上来，那么设计状态\(dp[x][k]\) 为 \(x\) 的子树下 \(access\) k次的状态数量， 然后考虑向上合并的时候，不同子树的状态肯定是乘法原理，但是只能有一个实儿子，所以说考虑是否 \(access(x)\)，所以考虑一些辅助数组，设 \(g[x][k]\) 表示向上有实边的方案数，然后每次对于每个儿子进行转移时使用两个temp，一个是tempf，一个是tempg，每次考虑已经处理过的儿子 \(f[x][j]、g[x][j]\) 和当前的儿子 \(f[y][k]、g[y][k]\) ，更新的时候access的次数直接j,k相加，对于\(tempf[x][j+k]\),用 \(f[x][j]*f[y][k]\) 直接更新，对于 \(tempg[x][j+k]\) 它等于 \(f[x][j]*g[y][k]+g[x][j]*f[y][k]\) 表示选择当前y做实儿子或者选择已经遍历过的做实儿子，然后每次将temp复制到 \(f[x],g[x]\) 中，更新好已经遍历过的儿子，最后退出这层之前，要注意把 \(g[x]\) 复制到 \(f[x]\) 当中，因为刚刚考虑的都是儿子如何如何，向上考虑都是下一次DP决定的，刚才的遍历都只和儿子们的操作有关，然后对于 \(f[x][0]\) ,这个要归1，对于 \(f[x][1]\) 这个要-1，-1是因为对于 \(x\) 只操作一次多统计了一次 \(access(x)\) ，向上没有实边的话就不能有这个操作，那么最后实际上 \(f\) 和 \(g\) 差的只是 \(f[x][1]\) 和 \(f[x][0]\) .
T3
还是一个DP。考场上考虑到了每个配对是独立的，或许能够考虑计算答案为每个值的时候的方案数，但并没有朝着DP的方向想。设置状态 \(f_c[i][j]\) 表示某个配对 \(c\) 产生的绝对值为 \(i\) ,异或值为 \(j\) 的方案数，这个还是很好算的，只要枚举二者的取值即可计算出方案，然后将匹配结合起来的时候也可以通过类似的方式，最后统计的时候把方案*贡献累加即可，然后这个是可以在比大小的地方前缀和的，可以做到 \(n^3\) 。考虑换个状态，\(f_c[i][j][0/1]\) 表示某个配对 \(c\) 产生的绝对值为 \(i\) ,第k位异或值为 \(0/1\) 的方案，那么配对之间枚举每一位的取值然后算每一位的方案结合起来，比大小的地方也可以前缀和优化，而这个不用枚举异或可以做到 \(O(n^2logn)\) ，不错的复杂度。发现瓶颈在枚举初始状态的时候,计算\(f_c[abs(i-j)][k][0/1]\) 怎么更快呢？这个用多项式就好啦~(十级不考，战略放弃/kk)
