NOIP 模拟一 考试总结
序列
考场上信心满满的打了nlogn的做法，我以为我稳了。据考试结束1h时发现看错题目了，打成了不连续的子序列。匆匆改了n2logn的做法。考试结束后，我发现我跪了。原来到终点才会发现我做的和人家不是一道题。。。。。。。。。。题目中描述的序列不必严格等比，可以缺项的。这样的话难度就降低了呀。
观察发现AImax=1e18，也就是说假设pmin=2，那么序列的长度max为63啊，这几乎不用考虑TIME。
考虑i和i+1构成等比序列，那么可以求出序列的最小公比，可以1到1000暴搜，也可以分解质因数后求GCD，找到公比后再向后拓展，如果j和j-1之比是公比的整倍数，那么j就满足，对应的len++。注意这里要去重，不能有重复的数存在，set容器苣蒻不会使，所以就简单粗暴的离散化，then布尔数组标记，虽然每次得memset，但是时间还是可以承受的。此题细节较多，GCD的m初值没赋0导致55pts调了很久。
%%%WTZ
WTZ yyds
常数飞天代码code
#include<bits/stdc++.h>
#define f() cout<<"fuck"<<endl
#define int long long
using namespace std;
int a[100010],dp[100010],b[100010],c[100010],num,ji[100010],ans,maxn,tong[100010],su[1000001];
bool bo[100010];
int n;
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%lld",&n);}
namespace AYX
{ inline int gcd(int a,int b)
{ if(a<b)swap(a,b);
while(a%b)
{ int r=a%b;
a=b;
b=r;
}
return b;
}
inline void work()
{ for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);
for(int i=1;i<=n;++i)
{ if(c[num]==b[i])continue;
c[++num]=b[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
b[i]=lower_bound(c+1,c+1+num,a[i])-c;
int l=1;
for(int i=1;i<=n;++i) if(a[i]==a[i-1])++l; else{ans=max(ans,l); l=1;}
ans=max(ans,l);
for(int j=1;j<=n-1;++j)
{ int x=a[j],y=a[j+1];
if(x<y)swap(x,y);
if(x%y)continue;
memset(bo,0,sizeof(bo));
bo[b[j]]=1;bo[b[j+1]]=1;
int z=x/y;
int kk=z;
if(z==1)continue;
for(int i=2;i<=1000;++i)
{ su[i]=0;
while(z%i==0){z/=i;++su[i];}
}
int m=0;
for(int i=2;i<=1000;++i){
if(su[i]){
if(!m){m=su[i];continue;}
else m=gcd(m,su[i]);
}
}
int p=1;
for(int i=2;i<=1000;++i){
if(su[i]){
for(int l=1;l<=su[i]/m;++l)
p*=i;
}
}
int r=j+1,sum=0;
for(int i=j+2;i<=n;++i)
{ if(bo[b[i]])break;
int d1=a[i],d2=a[i-1];
if(d1<d2)swap(d1,d2);
if(d1%d2)break;
int pp=d1/d2;
while(pp%p==0 and p!=1)pp/=p;
if(pp!=1)break;
bo[b[i]]=1;
r=i;
}
ans=max(ans,r-j+1);
}
printf("%lld\n",ans);
}
inline short main()
{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}
熟练剖分
%%%@liu_runda
考场上打了n！的暴力，特判了几个点，拿了40pts;
如果数据准确本题部分分可以拿到50的;
特判1：所有点连在一个点上，期望为1。5pts
特判2：一条直链，此时注意root不一定是端点哦，还可以在中间。那么可以分开
判出0 and 1。 10pts
特判3：完全二叉树，分析性质可知期望为dep max 15pts。
还有n在20以内的20pts 50没问题的。
好了，不扯淡了，还是说正解吧。
树形dp
儿子向爹转移，可以发现跟期望无关的，求概率推逆元就好。
问题是怎么搞？废话，大力搞哈哈。可以先枚举重儿子，再枚举所有儿子，再枚举len，转移的话要分类。
-
如果现在是重儿子，那么对爹没贡献，f[i][j]=该儿子是j的概率×枚举过的儿子小于等于j的概率（其实就是上一个儿子枚举过后的f[i][j]）+该儿子小于等于j的概率×枚举过的是j的概率-重复的该儿子是j的概率×枚举过的其他儿子有j的概率。
-
如果现在枚举到的是轻儿子，由于轻儿子对爹贡献是1,也就是跟爹连了一条轻边。那么该儿子的状态就要是j-1了，其他跟第一种相同。
到这里题就很明朗了，注意f数组要维护前缀和的，因为dp时要用小于等于j的概率。
还有个g[i][j]，记得是本轮递推过程的前缀和，由于i不同内容变化，所以i一维隐去是无影响的，h数组可以记每个儿子产生的贡献，然后加到g数组上，g数组初始概率要设成1哦。（原因是在做乘法，加法的话设成0）最后g数组更新f数组时要还原前缀，对应往上加，记得乘上枚举重儿子是谁时产生的概率qpow(son[x],mod-2)。
对了，还有一个小优化，枚举len时max就是到size[x]，不然会TLE，苣蒻搞不懂为神魔大佬们都写size[x]+1。。。。。。
好了，本题到此结束。code常数还是可以的，不是很大。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,size[100010],head[100010],tot,root=1,fa[100010],f[3001][3001],g[3001],h[3001],son[100010],ans;
struct ainiysys
{int to,next;}bian[200010];
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%lld",&n);}
namespace AYX
{ inline int qpow(int a,int b)
{ int base=1;
while(b)
{ if(b&1)base=(base*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return base;
}
inline void add(int u,int v)
{ bian[++tot].to=v;
bian[tot].next=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void dfs(int x)
{ size[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=bian[i].next)
{ int v=bian[i].to;
dfs(v);
size[x]+=size[v];
}
int p=qpow(son[x],mod-2);
for(int i=head[x];i;i=bian[i].next)
{ int zhongson=bian[i].to;
for(int j=0;j<=n;++j)g[j]=1;
for(int j=head[x];j;j=bian[j].next)
{ int v=bian[j].to;
for(int k=0;k<=size[v];++k)
{ int qita=g[k],erzi=f[v][k];
if(k)qita-=g[k-1],erzi-=f[v][k-1];
if(v==zhongson)
h[k]=((qita*f[v][k]+g[k]*erzi)%mod-qita*erzi+mod)%mod;
else
{ erzi=f[v][k-1];
if(k-1)erzi-=f[v][k-2];
h[k]=((qita*f[v][k-1]+g[k]*erzi)%mod-qita*erzi+mod)%mod;
}
}
g[0]=h[0],h[0]=0;
for(int k=1;k<=size[v];++k)
g[k]=(g[k-1]+h[k])%mod;
}
for(int j=size[x];j;--j)g[j]=(g[j]-g[j-1]+mod)%mod;
for(int j=0;j<=size[x];++j)f[x][j]=(f[x][j]+g[j]*p%mod)%mod;
}
if(!son[x])f[x][0]=1;
for(int i=1;i<=size[x];++i)f[x][i]=(f[x][i]+f[x][i-1])%mod;
}
inline void work()
{ for(int i=1;i<=n;++i)
{ scanf("%lld",&son[i]);
for(int j=1;j<=son[i];++j)
{ int x;scanf("%lld",&x);
add(i,x);fa[x]=i;
}
}
while(fa[root])root=fa[root];
dfs(root);
for(int i=1;i<=n;++i)
{ ans=(ans+(i*((f[root][i]-f[root][i-1]+mod)%mod)))%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
inline short main()
{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}
建造游乐园
%%%@高老师。
欧拉回路嘛，俺不会，直接弃掉喽。样例都看不懂的。。
现在倒是会了嘛，哈哈。欧拉回路，操作是加边或砍边。其实可以先搞出回路来，再考虑增减，回路定了，任意两点之间你让它加一个或减一个就好。
所以现在问题就成了求n个点的连通欧拉回路有多少种，再乘上C(n 2)便是ans啦(如果是加边，那么能加的位置就是相邻的两个点之间的边，为n。如果是去边，由于没有重边，一个点可对应n-3个点连边，那么就是你n*(n-3)/2。在加上n就是C(n,2)了)。欧拉回路，要求每个点的度都是偶数。我们先不管这些，只看n个点，有几条边呢？显然为C(n,2)。那么我的图每条边可以连也可以不连，so总图数就是2^C(n,2)。现在再来考虑度为偶数，可是联通我不会求唉，怎么办？我可以先求所有的嘛（其实考场上sum我也不会求。。）我们可以先拿出一个点来，剩下i-1个点爱咋连咋连，因为我拿出的这一个点是万能的，想跟谁连都可以，他要是奇数我就连一下，不就成偶数了吗，偶数就不搭理他。不必担心我会成奇数，不可能滴。反正连吧连吧他就ok了。
这样的话方案数是2^C(i-1,2)。这是全体偶数，我要的是联通，那就减去不联通。
不联通怎么求，又是个问题。图要是不联通的话，最少有2个联通块，假设有i个点，我可以定住一个点在一个块里，这个块里有j个点(1=<j<=i)，那么剩下的i-j个点爱咋连咋连，我管不着它，反正满足不联通了。可以发现这i-j个点的状态是我之前求过的所有的当n==i-j时的状态，显然就是递推过来的。不要忘了这j个点除了我定住的一个，其余的j-1个可不一定，所以要乘上C(i-1,j-1)。
下面在代码实现的时候C杨辉三角递推就行，数据很小。快速幂啥的就不多说了。
时间上挺快的code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int c[2001][2001],f[2001],g[2001],n;
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%lld",&n);}
namespace AYX
{ inline int qpow(int a,int b)
{ int base=1;
while(b)
{ if(b&1)base=(base*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return base;
}
inline void work()
{ for(int i=0;i<=n;++i)
{ c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
}
g[0]=1;f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{ f[i]=g[i]=qpow(2,(i-1)*(i-2)/2);
for(int j=1;j<=i-1;++j)
{ f[i]=(f[i]-(((f[j]*g[i-j])%mod)*c[i-1][j-1]%mod)+mod)%mod;
}
}
printf("%lld\n",(((f[n]*n)%mod)*(n-1)%mod)*qpow(2,mod-2)%mod);
}
inline short main()
{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}
End
考试收获是很大的，虽然考的挺惨的。
