Atcoder Grand Contest 024

A

略

B

略

C

略

D(构造分形)

题意：

　　给出一个由n个点的组成的树，你可以加一些点形成一个更大的树。对于新树中的两个点i和j，如果以i为根的树与以j为根的树是同构的那么i和j颜色可以相同。问最少需要多少颜色，在颜色最少的情况下，最少需要多少叶子节点。

　　n<=100

分析：

　　根据给的样例画一画，就明白是需要把树补成一个“分形”的结构，那么离分形中心距离一样的点就是同颜色的，于是我们希望最小化离中心最大的点的距离

　　也就是说最少颜色一定是树的直径的一半，于是我们自然想到把直径拉出来，取中间的那个点为分形中心

　　但良心的样例告诉我们，这样取不一定会让叶子节点的个数最少，你可以把一条边作为分形中心，分成左右两个分形，而且这个边可能也不在直径上

　　考虑到n<=100，我们不妨枚举哪个点作为中心，枚举哪个边作为中心，去取一个最小值即可

　　时间复杂度O(n^2)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100;
vector<int> g[maxn+5];
int n,s,t;
int fa[maxn+5],dep[maxn+5],a[maxn+5];
long long ans;
void dfs(int k,int last)
{
    dep[k]=dep[last]+1;
    fa[k]=last;
    int d=0;
    for(auto u:g[k])
    {
        if(u==last) continue;
        dfs(u,k);
        ++d;
    }
    a[dep[k]]=max(a[dep[k]],d);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        g[u].push_back(v),g[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(dep[i]>dep[s]) s=i;
    dfs(s,0);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(dep[i]>dep[t]) t=i;
    //printf("%d %d\n",s,t);
    int ans1=(dep[t]+1)/2;
    printf("%d ",ans1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        a[0]=1;
        dfs(i,0);
        long long res=1;
        for(int j=0;j<=n;++j)
            if(a[j]==0) break;else res=res*a[j];
        if(a[ans1]!=0) continue;
        if(ans==0||res<ans) ans=res;
    }
    for(int u=1;u<=n;++u)
        for(auto v:g[u])
        {
            memset(a,0,sizeof(a));
            a[0]=2;
            dep[u]=0;
            dfs(v,u);
            dep[v]=0;
            dfs(u,v);
            long long res=1;
            for(int j=0;j<=n;++j)
                if(a[j]==0) break;else res=res*a[j];
            if(a[ans1]!=0) continue;
            if(ans==0||res<ans) ans=res;
        }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

E(计数)

题意：

　　给定一个n和k，我们构造一组A0,A1,...,An

　　其中Ai是一个有i个元素的数列，每个数的范围是1~k

　　若Ai-1是Ai的子序列且字典序满足Ai>Ai-1，则我们称这一组A是合法的，问一共有多少种合法的A，答案对M取模。

　　n,k<=300,m<=1e9

分析：

　　我们考虑第i次操作，加入一个编号为i的点，这个点的权值就是Ai中多加的数字x，把其放到Ai-1中哪个位置的前面，就把这个点的父亲连到那个点

　　然后我们考虑字典序限制，x必须放到一个比x小的数字前面（如果放到相同的前面，实际上等价于放在连续段的最后一个）

　　于是就变成了一个有n+1个节点的树，然后每个点的权值都比孩子的权值大，每个点的编号都比孩子的编号小，一个树和一个A是一一对应的，于是我们对这个树计数就行了

　　dp[i][j]表示有i个点的树，root的权值是j情况下的方案数，那怎么转移呢？

　　我们去枚举1号点所在的子树的节点个数和1号点的权值去转移

　　这样是四次方的，但写出式子发现可以前缀和优化，于是就是O(n^3)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=300;
typedef long long ll;
int n,m,mod;
ll dp[maxn+5][maxn+5],sum[maxn+5][maxn+5],c[maxn+5][maxn+5];
void work(ll &a,ll b)
{
    a=(a+b)%mod;
    if(a<0) a+=mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
    c[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n+1;++i)
    {
        c[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;++j) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    }
    for(int i=0;i<=m;++i) dp[1][i]=1;
    sum[1][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;++i) sum[1][i]=(sum[1][i-1]+dp[1][i])%mod;
    for(int i=2;i<=n+1;++i)
    {
        for(int j=0;j<=m;++j)
            for(int k=1;k<i;++k)
                work(dp[i][j],dp[i-k][j]*c[i-2][k-1]%mod*(sum[k][m]-sum[k][j])%mod);
        sum[i][0]=dp[i][0];
        for(int j=1;j<=m;++j) sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
    }
    printf("%lld\n",dp[n+1][0]);
    return 0;
}

F(DAG图dp)

题意：

　　给定一些01字符串 ，现在你找一个01字符串s，如果给定的这些01字符串里至少有m个字符串包含s作为子序列，那么s就是合法的。对于所有合法的s，找到长度最长的（在这基础上找字典序最小的）

　　01字符串的给定方式见题面

分析：

　　如果我们可以求出长度<=n的所有字符串被多少个给定字符串包含作为子序列，那么这个问题就能轻松解决了

　　我们如何描述一个字符串的所有子序列呢？

　　我们用s[t]表示已经固定了s，然后取t中的子序列

　　那么s[t]可以转移到s0[t']  s1[t']

　　并且这个dag有一个性质，就是任意两个点的路径个数<=1

　　所以就可以在这个dag图上进行dp

　　时间复杂度O(2^n*n^2)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=20;
int dp[2][20+1][1<<maxn],nx[20+1][1<<maxn][2];
char s[1<<maxn];
int n,m,ans,len;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int now=0;
    for(int i=0;i<=n;++i)
    {
        scanf("%s",s);
        for(int j=0;j<(1<<i);++j)
            if(s[j]=='1') dp[now][i][j]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=0;j<(1<<i);++j)
        {
            nx[i][j][0]=nx[i][j][1]=-1;
            for(int k=i-1;k>=0;--k)
                if((j>>k)&1)
                {
                    nx[i][j][1]=k;
                    break;
                }
            for(int k=i-1;k>=0;--k)
                if(((j>>k)&1)==0)
                {
                    nx[i][j][0]=k;
                    break;
                }
        }
    for(int i=0;i<n;++i)
    {
        for(int j=n-i;j>=1;--j)
            for(int s=(1<<(i+j))-1;s>=0;--s)
            {
                if(!dp[now][i+j][s]) continue;
                int t=nx[j][s&((1<<j)-1)][0];
                if(t!=-1)
                    dp[now^1][i+t+1][(s>>j<<t+1)|(s&(1<<(t+1))-1)]+=dp[now][i+j][s];
                t=nx[j][s&((1<<j)-1)][1];
                if(t!=-1)
                    dp[now^1][i+t+1][(s>>j<<t+1)|(s&(1<<(t+1))-1)]+=dp[now][i+j][s];
            }
        memset(dp[now],0,sizeof(dp[now]));
        now^=1;
        for(int j=1;i+1+j<=n;++j)
            for(int s=0;s<1<<(i+1+j);++s)
                dp[now][i+1][s>>j]+=dp[now][i+1+j][s];
        for(int s=(1<<(i+1))-1;s>=0;--s)
        {
            if(dp[now][i+1][s]>=m) len=i+1,ans=s;
        }
    }
    for(int i=len-1;i>=0;--i)
        if(ans&(1<<i)) printf("1");else printf("0");
    return 0;
}