2019.7.19模拟赛
T1 树
见到树计数、度数，自然想到prufer序列。
想个DP：设\(dp_{i,j,k}\)表示前\(i\)个点，放了\(j\)个点在树里面，一共在prufer序列里面占了\(k\)个位置，的方案数。随便转移就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//clock_t __t=clock();
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);++i)
#define drep(i,y,x) for (int i=(y);i>=(x);--i)
#define temp template<typename T>
temp bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
temp bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
#define ll long long
#define db double
void file()
{
#ifdef NTFAKIOI
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
//void chktime()
//{
// #ifdef NTFAKIOI
// cout<<1.0*(clock()-__t)/1000;
// #endif
//}
temp void read(T &x)
{
x=0;char ch=getchar(),t=0;
while (ch>'9'||ch<'0') t|=(ch=='-'),ch=getchar();
while (ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
x=(t?-x:x);
}
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define sz 111
#define mod 1004535809ll
ll ksm(ll x,int y){ll ret=1;for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;return ret;}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}
int n;
int a[sz];
ll dp[sz][sz][sz];
ll fac[sz],_fac[sz];
void init(){_fac[0]=fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) _fac[i]=inv(fac[i]=fac[i-1]*i%mod);}
ll C(int n,int m){return n>=m&&m>=0?fac[n]*_fac[m]%mod*_fac[n-m]%mod:0ll;}
ll ans[sz];
int main()
{
file();
init();
read(n);
rep(i,1,n) read(a[i]),--a[i];
dp[0][0][0]=1;
rep(i,1,n) rep(j,0,i) rep(k,0,n)
{
if (!j) { dp[i][j][0]=1; break; }
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
rep(l,0,k) if (l<=a[i]) (dp[i][j][k]+=dp[i-1][j-1][k-l]*C(k,l)%mod)%=mod;
}
ans[1]=n;
rep(j,2,n) ans[j]=dp[n][j][j-2];
rep(i,1,n) printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}
T2 红与蓝
考虑一棵只有两层的树，如果根节点连着的红蓝节点一样多，那么它的颜色就由先手决定，否则就是多的那个。
扩展到一般情况呢？其实也是一样的，只需从叶子一路往上推就可以了。记0为红，1为蓝，-1表示谁先手谁就可以控制它的颜色，只需从下到上DP一下即可。
最后如果根节点为1那么小红输，否则小红必胜。
输出方案呢？有一些各种特判的方法，但我选了另一种暴力无脑方法：设\(dp_{x,-1/0/1}\)表示如果\(x\)的颜色为-1/0/1，其他点的颜色不变，那么根节点的颜色会是什么。从上到下再DP一遍就可以了。注意这里需要保证把一个叶节点变成红色后根节点的颜色必须是0。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//clock_t __t=clock();
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);++i)
#define drep(i,y,x) for (int i=(y);i>=(x);--i)
#define temp template<typename T>
temp bool chkmin(T &x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
temp bool chkmax(T &x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
#define ll long long
#define db double
void file()
{
#ifdef NTFAKIOI
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
}
//void chktime()
//{
// #ifdef NTFAKIOI
// cout<<1.0*(clock()-__t)/1000;
// #endif
//}
temp void read(T &x)
{
x=0;char ch=getchar(),t=0;
while (ch>'9'||ch<'0') t|=(ch=='-'),ch=getchar();
while (ch<='9'&&ch>='0') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
x=(t?-x:x);
}
#define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
#define pii pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP make_pair
#define sz 101010
int n;
struct hh{int t,nxt;}edge[sz<<1];
int head[sz],ecnt;
int deg[sz];
void make_edge(int f,int t){edge[++ecnt]=(hh){t,head[f]};head[f]=ecnt;++deg[f];}
#define v edge[i].t
int dep[sz];
void dfs(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+1;
go(x) dfs(v,x);
}
int id[sz];
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return dep[x]>dep[y];}
int col[sz],cnt[sz][2];
vector<int>ans;
int dp[sz][3]; // 0:0, 1:1, 2:-1
#undef v
#undef go
#define v edge[_].t
#define go(x) for (int _=head[x];_;_=edge[_].nxt)
void dfs2(int x)
{
if (x==1) rep(i,0,2) dp[x][i]=i;
go(x)
{
if (col[v]!=-1) cnt[x][col[v]]--;
if (cnt[x][0]==cnt[x][1]) rep(i,0,2) dp[v][i]=dp[x][i];
else if (abs(cnt[x][0]-cnt[x][1])==1)
{
if (cnt[x][0]>cnt[x][1]) dp[v][0]=dp[v][2]=dp[x][0],dp[v][1]=dp[x][2];
else dp[v][1]=dp[v][2]=dp[x][1],dp[v][0]=dp[x][2];
}
else if (cnt[x][0]>cnt[x][1]) rep(i,0,2) dp[v][i]=dp[x][0];
else rep(i,0,2) dp[v][i]=dp[x][1];
dfs2(v);
if (col[v]!=-1) cnt[x][col[v]]++;
}
}
void work()
{
read(n);
ecnt=0;rep(i,1,n) head[i]=col[i]=deg[i]=cnt[i][0]=cnt[i][1]=0;ans.clear();
int x;read(x);
rep(i,2,n) read(x),make_edge(x,i);
rep(i,1,n) read(col[i]);
dfs(1,0);
rep(i,1,n) id[i]=i;
sort(id+1,id+n+1,cmp);
rep(i,1,n)
{
int x=id[i];
if (!deg[x]) continue;
go(x) if (dep[v]>dep[x]&&col[v]!=-1) ++cnt[x][col[v]];
if (cnt[x][0]>cnt[x][1]) col[x]=0;
else if (cnt[x][0]<cnt[x][1]) col[x]=1;
else col[x]=-1;
}
if (col[1]==1) return (void)(puts("-1"));
dfs2(1);
rep(i,1,n) if (!deg[i]&&col[i]==-1&&dp[i][0]==0) ans.push_back(i);
sort(ans.begin(),ans.end());
printf("%d ",(int)ans.size());
rep(i,0,(int)ans.size()-1) printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
#undef v
int main()
{
file();
int T;read(T);
while (T--) work();
return 0;
}
T3 猜数列
40分很好搞：枚举一个全排列来挨个实现，从右往左加数，每次多加一个序列的时候判一下是否包含之前所有出现过的数，然后尽可能地利用之前加的东西，把自己的后缀当成子序列塞回去。
100分扩展成了两边，所以需要DP。DP的过程大概是这样：设\(dp_{l,x,r,y,mask}\)表示从左往右填数，当时已经填完了\(mask\)里面的串，正在填一个向左走的串\(l\)，还有\(x\)位没填，正在填一个向右走的串，填了\(y\)位，后面最少还要填几个。
转移可以枚举接下来填什么数、或者是一个向左走的串填完了，顺手满足了另一个向左走的串的一部分，或者是一个向右走的串可以被另外一个向右走的串满足，于是切换现在要满足的串。可以用记忆化搜索实现。
代码咕咕咕。
