标签：play 个点 剖分 int res LL tree 枚举 siz
考场
\(65+5+0\)，并列 rk2
最高分 \(55+10+10\)
T1：等比数列可以写作 \(q^kx\)，发现 \(q\le1000\) 且有一档分为 \(a_i\le100\)，想到 \(2^{60}>10^{18}\)，即等比数列的长度最多为 \(59\)，这样枚举的区间就从 \(n^2\) 下降到了 \(60n\)。对于每个区间，排序后枚举 \(q\)，通过预处理 \(q\) 的次幂大力剪枝，复杂度不明。写了很久，最终有RE有TLE。
T3:虽然以前学过欧拉路，但之后再没写过，忘得只剩下题目给出的定义。发现自己会的暴力是 \(O(2^{n(n-1)/2}m),(m为边数)\)，没有分（其实可以打表）手玩小数据无果就放弃了。hkh的20pts是正解，但把某个快速幂的地方写成了 1ll<<
T2:猜到是树形DP，但只剩下1h了，加上部分分有40pts，就决定放弃写正解。先写了菊花图的分，暴力写挂了。知道最后10min才意识到我的写法（边dfs边枚举重儿子）会在枚举完重儿子后只能在这个子树里走，导致有些答案统计不上。wcr的DP是假的，过了二叉树的subtask和其他一些点，45pts
sol
序列
如果要对区间排序，复杂度至少是 \(O(60n)\)，再加上判断是否等比，肯定过不去。因此正解利用等比数列的性质规避了排序。
等比数列的公比开 \(n\) 次根也一定是该数列的公比
等比数列中任意两数之商是公比的 \(n\) 次
因此枚举 \(q\)，记录下每个数开 \(n\) 次根的最小整数是多少，然后直接用两个原数列中相邻的数就可以确定公比（公比越小越容易加入数）
ycx依据 \(q\) 很小，有另一种做法（但时间复杂度劣）
code
const int N = 1e5+5;
const LL X = 1000000000000000000ll;
int n;
LL a[N];
int ans;
map<LL,int> minq;
map<LL,bool> vis;
int main() {
For(i,2,1000)
for(LL j = 1; j <= X/i; j *= i)
if( !minq[j*i] ) minq[j*i] = i; // 记录开n次根的最小整数
read(n);
For(i,1,n) read(a[i]);
for(int i = 2, j = 1; i <= n+1; ++i)
if( a[i] == a[i-1] ) ++j;
else ans = max(ans,j), j = 1; // 特判q=1
for(int i = 1; i < n; ++i) {
vis.clear(); // 记录这个数字是否出现过
LL mn = min(a[i],a[i+1]), mx = max(a[i],a[i+1]);
if( mn == mx || mx % mn ) continue;
vis[mn] = vis[mx] = 1;
LL q = minq[mx/mn];
ans = max(ans,2);
for(int j = i+2; j <= n; ++j) {
if( vis[a[j]] ) break; // 公比不为1的等比数列中不能有相同的数字
vis[a[j]] = 1;
mn = min(a[j],a[j-1]), mx = max(a[j],a[j-1]);
if( mx % mn || minq[mx/mn] != q ) break;
ans = max(ans,j-i+1);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
熟练剖分(tree)
树形DP神题。发现如果直接DP的话祖先节点对重儿子的选择会影响子树的最长轻链长，于是考虑固定子树最长轻链长来计算出现的概率。
设 \(f[u,i]\) 为 \(u\) 的子树中到 \(u\) 的最长轻链长 \(i\) 的概率，答案为 \(\sum_{i=0}^ni\times f[rt,i]\)（长度乘概率）
第一维枚举重儿子 \(son\)，第二维枚举儿子 \(v\)，第三维枚举轻链长，这样可以通过子树的长度来推 \(u\) 的。考虑转移：设 \(g[k]\) 为 \(u\) 前面儿子中到 \(u\) 轻链长为 \(k\) 的概率，分类讨论：
- \(son=v\)：
- \(v\) 子树链长 \(k\)：\(+f[v,k]\times\sum_{i=1}^kg[k]\)（\(v\) 长 \(k\)，其他不超过 \(k\)）
- 其他子树链长 \(k\)：\(+g[k]\times\sum_{i=1}^kf[v,k]\)
- 两部分都为 \(k\) 时有重复：\(-f[v,k]\times g[k]\)
- \(son\neq v\)：类似。只是注意此时 \((u,v)\) 为轻边，到 \(u\) 为 \(k\) 时到 \(v\) 为 \(k-1\)
实现：发现 \(\sum\) 会增加时间复杂度，因此对 \(f[u],g\) 作前缀和，注意在调用单点值时还原。
时间复杂度 \(O(n^2)\)（证明类似树形背包）
code
const int N = 3e3+5, p = 1e9+7;
int n;
vector<int> to[N];
int rt,fa[N],siz[N];
LL ans,f[N][N],g[N],h[N];
LL Pow(LL x,LL y)
{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }
void dfs(int u) {
siz[u] = 1;
for(int v : to[u])
dfs(v), siz[u] += siz[v];
int tot = Pow(to[u].size(),p-2);
for(int son : to[u]) {
For(j,0,n) g[j] = 1;
for(int v : to[u]) {
For(k,0,siz[v]+1) {
// 计算g[k]时要用g[k-2..k]，不能直接覆盖，要用h先存下来
LL gk = g[k]; // g[k]单点值d
if( k ) gk -= g[k-1];
if( son == v ) {
LL fk = f[v][k];// f[v][k]单点值
if( k ) fk -= f[v][k-1];
h[k] = (fk*g[k]%p + f[v][k]*gk%p - fk*gk%p +p)%p;
} else {
LL fk1 = f[v][k-1]; // f[v][k-1]单点值
if( k > 1 ) fk1 -= f[v][k-2];
h[k] = (fk1*g[k]%p + f[v][k-1]*gk%p - fk1*gk%p +p)%p;
// u-v为轻边，到u为k即到v为k-1
}
}
g[0] = h[0], h[0] = 0;
For(k,1,siz[v]+1) g[k] = (g[k-1] + h[k]) %p, h[k] = 0;
// h[k]为=k的概率, g[k]为<=k的
}
for(int j = siz[u]; j; --j) g[j] = (g[j] - g[j-1] +p) %p;
For(j,0,siz[u]) f[u][j] = (f[u][j] + g[j] * tot) %p;
}
if( !to[u].size() ) f[u][0] = 1;
For(i,1,siz[u]+1) f[u][i] = (f[u][i] + f[u][i-1]) %p; // f[u][i]为<=i的
}
int main() {
read(n);
For(i,1,n) {
int son; read(son);
For(j,1,son) {
int x; read(x);
to[i].PB(x), fa[x] = i;
}
}
For(i,1,n) if( !fa[i] ) { rt = i; break; }
dfs(rt);
For(i,1,n) ans = (ans + i * (f[rt][i]-f[rt][i-1]+p)%p)%p;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
建造游乐园(play)
首先要知道一些性质：
无向图度数为奇数的点有偶数个
欧拉回路中所有点的度数均为偶数
本题只给定点数，考虑从 \(1..i-1\) 个点推到 \(i\) 个点。设 \(f_i\) 为 \(i\) 个点的答案，\(g_i\) 为 \(i\) 个点不考虑连通性的答案，转移：
\[g_i=2^{\binom {i-1}2} \]\[f_i=g_i-\sum_{j=1}^{i-1}f_j\times g_{i-j}\times\binom{i-1}{j-1} \]解释：
\(g_i\)：先用 \(i-1\) 个点随便连边，对于其中度数为奇数的再和剩下的 \(1\) 个点连边。
\(f_i\)：在 \(g_i\) 的基础上减掉不连通的情况。
枚举点 \(1\) 所在连通块的大小 \(j\)，则不用管剩下的 \(i-j\) 个点连不连通（因为这两部分一定不连通）
由于图有编号，而 \(f_j\) 只能统计出第一部分编号为 \(1..j\) 的，于是考虑用组合数算出编号的轮换。由于点 \(1\) 固定，因此组合数上下都 \(-1\)
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
事实上，本题的式子类似 城市规划，只是不考虑联通性的答案 \(g_i\) 不同。因此可以用 fft 卷积做到 \(O(n\log n)\)
code
const int N = 2e3+5, p = 1e9+7;
int n;
LL C[N][N],f[N],g[N];
LL Pow(LL x,LL y)
{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }
int main() {
read(n);
For(i,0,n) {
C[i][0] = 1;
For(j,1,i) C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) %p;
}
For(i,1,n) {
f[i] = g[i] = Pow(2,C[i-1][2]);
for(int j = 1; j < i; ++j)
f[i] = (f[i] - f[j] * g[i-j] %p * C[i-1][j-1] %p +p)%p;
}
printf("%lld",f[n]*C[n][2]%p);
return 0;
}
标签：play,个点,剖分,int,res,LL,tree,枚举,siz 来源： https://www.cnblogs.com/9Rings/p/14727643.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。