【NOIp2019模拟】题解

T1：

一个显然的背包 $dp$
枚举最长的长度
$f[i][j]$ 表示前 $i$ 个选了 $j$ 种数的方案
主要考场傻逼了
转移的时候枚举了某个数选几个
实际上只需要看和前面一个是否相同

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
#define ll long long
#define re register
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define cs const
#define bg begin
#define ldb long double
cs int N=255;
int n,m;
ldb f[N][N][N];
ldb c[N],ans,cnt;
inline void init(int mx){
	f[mx][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=250;i++){
		for(int j=1;j<=i;j++){
			f[mx][i][j]+=f[mx][i-1][j]+f[mx][i-1][j-1];
			if(i>mx)f[mx][i][j]-=f[mx][i-mx-1][j-1];
		}
	}
}
inline ldb calc(int mx){
	ldb res=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	res+=f[mx][m][i]*c[i];
	return res;
}
int main(){
	int T=read();
	for(int i=1;i<=250;i++)init(i);
	while(T--){
		m=read(),n=read();ans=0,c[0]=1;
		for(int i=1;i<=m;i++)c[i]=c[i-1]/i*(n-i+1);
		ldb last=0,now=0;cnt=calc(m);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		ans+=i*((now=calc(i))-last)/cnt,last=now;
		printf("%.10Lf\n",ans);
	}
}

T2：

考虑对于一个狗构建这样一个图
7个点，其中五个围成一个环，相邻连边，其他2个点分别和5个点连边，2个点之间也连边

可以发现这时候环上有几个点能用的最大匹配就恰好对应该耐久度的伤害

炮向可以打的狗的所有环上点连边
做个一般图最大匹配减去 $n$ 就可以了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
#define ll long long
#define re register
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define cs const
#define bg begin
cs int N=1005,M=100005;
vector<int> e[N];
int pos[N][7],idx,n,m;
int id[N],pre[N],match[N],vis[N],fa[N],tim;
inline int find(int x){
	return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
inline void add(int u,int v){
	e[u].pb(v),e[v].pb(u);
}
queue<int> q;
inline int Lca(int u,int v){
	tim++;
	while(vis[u]!=tim){
		if(u){
			u=find(u);
			if(vis[u]==tim)return u;
			vis[u]=tim;
			if(match[u]!=0)u=find(pre[match[u]]);
			else u=0;
		}
		swap(u,v);
	}
	return u;
}
inline void update(int u,int v,int z){
	while(find(u)!=z){
		pre[u]=v;int p=match[u];
		if(id[p]==1){id[p]=0,q.push(p);}
		if(find(p)==p){fa[p]=z;}
		if(find(u)==u){fa[u]=z;}
		v=p,u=pre[v];
	}
}
inline bool bfs(int s){
	for(int i=1;i<=idx;i++)id[i]=-1,fa[i]=i;
	while(!q.empty())q.pop();
	q.push(s),id[s]=0;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();  
		for(int &v:e[u]){
			if(id[v]==-1){
				pre[v]=u,id[v]=1;
				if(!match[v]){
					int now=v;
					while(now!=0){
						int t=pre[now],last=match[t];
						match[t]=now,match[now]=t;
						now=last;
					}
					return 1;
				}
				id[match[v]]=0,q.push(match[v]);
			}
			else if(id[v]==0&&find(u)!=find(v)){
				int lca=Lca(u,v);
				update(u,v,lca),update(v,u,lca);
			}
		}
	}
	return 0;
}
inline void solve(){
	n=read(),m=read();
	idx=n;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		for(int j=0;j<7;j++)
			pos[i][j]=++idx;
		add(pos[i][0],pos[i][4]);
		for(int j=1;j<5;j++)add(pos[i][j],pos[i][j-1]);
		for(int j=0;j<5;j++)add(pos[i][j],pos[i][5]),add(pos[i][j],pos[i][6]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int k=read();
		while(k--){
			int v=read();
			for(int j=0;j<5;j++)add(pos[v][j],i);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=idx;i++)if(!match[i]&&bfs(i))ans++;
	cout<<ans-n<<'\n';
	for(int i=1;i<=idx;i++)e[i].clear(),match[i]=vis[i]=pre[i]=0;tim=0;
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		solve();
	}
}

T3：

考虑对每个点维护到根的权值和
发现修改就是一个等比数列求和
发现对每个点维护的只和 $u$ 和 $d$ 有关
最后每个点 $i$ 乘一个 $x^{dep[i]}$ 就可以了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
#define ll long long
#define re register
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define cs const
#define bg begin
#define poly vector<int>
cs int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?a-mod:a;}
inline int dec(int a,int b){return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
inline void Add(int &a,int b){(a+=b)>=mod?a-=mod:0;}
inline void Dec(int &a,int b){(a-=b)<0?a+=mod:0;}
inline void Mul(int &a,int b){a=1ll*a*b%mod;}
inline int ksm(int a,int b,int res=1){for(;b;b>>=1,Mul(a,a))(b&1)&&(Mul(res,a),1);return res;}
inline int Inv(int x){return ksm(x,mod-2);}
inline void chemx(int &a,int b){a<b?a=b:0;}
inline void chemn(int &a,int b){a>b?a=b:0;}
cs int inv2=Inv(2);
struct plx{
	int x,y;
	plx(int _x=0,int _y=0):x(_x),y(_y){}
	friend inline plx operator +(cs plx &a,cs plx &b){
		return plx(add(a.x,b.x),add(a.y,b.y));
	}
	friend inline plx operator -(cs plx &a,cs plx &b){
		return plx(dec(a.x,b.x),dec(a.y,b.y));
	}
	friend inline plx operator *(cs plx &a,cs plx &b){
		return plx((1ll*a.x*b.x+5ll*a.y*b.y)%mod,(1ll*a.x*b.y+1ll*a.y*b.x)%mod);
	}
	friend inline plx operator -(cs plx &a,cs int &b){
		return plx(dec(a.x,b),a.y);
	}
	friend inline plx operator +(cs plx &a,cs int &b){
		return plx(add(a.x,b),a.y);
	}
	friend inline plx operator *(cs plx &a,cs int &b){
		return plx(mul(a.x,b),mul(a.y,b));
	}
};
cs plx bas=plx(inv2,inv2);
inline plx pInv(plx x){
	return plx(x.x,dec(0,x.y))*Inv(((1ll*x.x*x.x-5ll*x.y*x.y)%mod+mod)%mod);
}
inline plx pksm(plx a,ll b){
	plx res(1,0);
	for(;b;b>>=1,a=a*a)if(b&1)res=res*a;
	return res;
}
cs int N=100005;
struct Seg{
	plx tag[N<<2];
	#define lc (u<<1)
	#define rc ((u<<1)|1)
	#define mid ((l+r)>>1)
	inline void build(int u,int l,int r){
		tag[u]=plx(0,0);
		if(l==r)return;
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
	}
	inline void update(int u,int l,int r,int st,int des,plx k){
		if(st<=l&&r<=des){tag[u]=tag[u]+k;return;}
		if(st<=mid)update(lc,l,mid,st,des,k);
		if(mid<des)update(rc,mid+1,r,st,des,k);
	}
	inline plx query(int u,int l,int r,int p){
		if(l==r)return tag[u];
		if(p<=mid)return query(lc,l,mid,p)+tag[u];
		else return query(rc,mid+1,r,p)+tag[u];
	}
	#undef lc
	#undef rc
	#undef mid
}t1,t2;
int n,m,fa[N],dep[N],in[N],out[N],top[N],siz[N],son[N],idx[N],dfn;
vector<int> e[N];
void dfs1(int u){
	siz[u]=1;
	for(int i=0;i<e[u].size();i++){
		int v=e[u][i];
		dep[v]=dep[u]+1,dfs1(v);
		siz[u]+=siz[v];
		if(siz[v]>siz[son[u]])son[u]=v;
	}
}
void dfs2(int u,int tp){
	in[u]=++dfn,idx[dfn]=u,top[u]=tp;
	if(son[u])dfs2(son[u],tp);
	for(int i=0;i<e[u].size();i++){
		int v=e[u][i];
		if(v==son[u])continue;
		dfs2(v,v);
	}
	out[u]=dfn;
}
inline int Lca(int u,int v){
	while(top[u]!=top[v]){
		if(dep[top[u]]<dep[top[v]])swap(u,v);
		u=fa[top[u]];
	}
	return dep[u]<dep[v]?u:v;
}
inline void update(int u,ll k){
	plx val2=pksm(bas,k);
	plx val1=(val2*bas)*pInv(pksm(bas,dep[u]));
	t1.update(1,1,n,in[u],out[u],val1),t2.update(1,1,n,in[u],out[u],val2);
}
inline plx calc(int x){
	if(!x)return plx(0,0);
	plx now=t1.query(1,1,n,in[x])*pksm(bas,dep[x])-t2.query(1,1,n,in[x]);
	return now*pInv(bas-1);
}
inline int query(int u,int v){
	int lca=Lca(u,v);
	plx now=calc(u)+calc(v)-calc(lca)-calc(fa[lca]);
	return mul(now.y,2);
}
char op[5];
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=2;i<=n;i++)fa[i]=read(),e[fa[i]].pb(i);
	dep[1]=1,dfs1(1),dfs2(1,1);
	t1.build(1,1,n),t2.build(1,1,n);
	while(m--){
		scanf("%s",op+1);
		if(op[1]=='U'){
			int u=read();ll k;scanf("%lld",&k);
			update(u,k);
		}
		else{
			int x=read(),y=read();
			cout<<query(x,y)<<'\n';
		}
	}
}

总结：

开始开的 $T1$ ，发现直接枚举众数很简单
但是没有取模很难受
看了一下其他两题
T2看起来像一个网络流，但是奇怪的费用不好算
T3看起来是个很套路的斐波那契题

想了一下开始敲 $T1$ ，结果失智 $dp$ 的时候多枚举了一个 $k$
然而自己并没有意识到可以少一个 $m$ ，码完调了一会儿过了样例
试了一下大数据发现过不去，试了一下反正要爆 $longdouble$ 就没管了

然后开 $T3$ ，搞了半天发现对每个 $i$ 维护一下前缀和很弱智
然后码码码，大概在十点半点的时候写完，一发过样例
然后写了个暴力对拍，把 $T2$ 暴力写完不会正解

然后就静态查错到结束
~~然后只有大众暴力分， $stargazer$ 太菜了~~

posted @ 2019-09-09 08:49 Stargazer_cykoi 阅读(140) 评论(0) 编辑收藏举报

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【NOIp2019模拟】题解

T1：

T2：

T3：

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