考试总结（CE？？？）
直接开写题解：
（由于T1为暴力模拟，不进行整理）
T2：
扶苏给了你一棵树，这棵树上长满了幼嫩的新叶，我们约定这棵树的根是 1，每个节 点都代表树上的一个叶子。 如果你不知道什么叫树，你可以认为树是一个边数比节点个数少 1 的无向连通图。 我们如果约定节点 u 是树 T 的根，则可以定义一个节点 v 到根的路径为该无向图上 u, v 两个节点之间的简单路径上的节点集合(包括路径的两个端点)。可以证明，这样的简单路 径只有一条。 我们定义节点 x 是节点 y 的祖先(x 不等于 y)，当且仅当 x 在 y 到根的路径上。 现在扶苏想在这棵树上选定一个集合，将其称之为幼嫩集合，来比较集合中的节点 哪个最幼嫩。注意到一旦集合中存在两个节点 u, v，使得 u 是 v 的祖先，那么一定 v 要比 u 更幼嫩，因为 v 是在 u 的枝丫上生长出来的，那么这样的集合就是没有意义的。也就是 说，扶苏所选择的集合一定满足要求“对于任意集合中的元素对 (u, v)，u 不是 v 的祖 先”。 扶苏其实对这些节点哪个最幼嫩并不感兴趣，也对他能选出多少集合不感兴趣，因 为这些都是为了问你下面的问题而创造出的题目背景。 扶苏给每个节点都定义了一个权值，具体的，我们会给出一个参数 T，规定 i 号节点 的权值为 T i 。 我们定义一个幼嫩集合幼嫩指数为集合内节点的权值和。现在扶苏想请问你，对于 他所有可能选出的集合，这些集合的幼嫩指数之和是多少。 为了避免答案过大，请你输出答案对1000000007取模的结果。
ZAY大佬分层讲了几种方法，分别可以拿到不同层级的分，
1.直接输出答案，只得第一问的分
2.暴搜，复杂度较高，但能拿到30分
3.DP
我们可以把这样的标签：
变成这样的：
考虑将每个节点的状态用子节点表示
1.二叉树状态，每个节点仅有两个分支
先考虑边界条件，即该节点是叶节点时，它没有子树甚至子节点，于是他自己的贡献为自身权值，
再考虑有两个子节点的节点，其上之节点选择方案共有4种，分别是左节点，右节点，自己，左右两节点
再由乘法原理易推知，当前节点的方案总数即为子树根节点方案总数加1之积，就是两子树互相搭配情况下，再算上某子树自身不算的方案总数，这也就是+1的用处
而每个节点的分数就是某棵子树根节点分数乘另一棵子树方案总数，就是自己被选了多少次，由此，可推出答案
2.非二叉树，
每次将同一层的最左端的两棵子树进行如上操作，再将其看作一整体，与下一棵子树进行处理，直到所有子树处理完成
按照以上DP思想处理就可以那全分辣！
代码：
#include <cstdio> typedef long long int ll; const int maxn = 1000005; const int MOD = 1000000007; template <typename T> inline void qr(T &x) { char ch; do { ch = getchar(); } while ((ch > '9') || (ch < '0')); do { x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar(); } while ((ch >= '0') && (ch <= '9')); } int n, T; int MU[maxn], frog[maxn], gorf[maxn]; bool vis[maxn]; struct Edge { int v; Edge *nxt; Edge(const int _v, Edge *h) : v(_v), nxt(h) {} }; Edge *hd[maxn]; void dfs(const int u); int main() { freopen("dzy.in", "r", stdin); freopen("dzy.out", "w", stdout); qr(n); qr(T); if (T) { for (int i = 1; i <= n; ++i) { MU[i] = i; } } else { for (int i = 1; i <= n; ++i) { MU[i] = 1; } } for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) { u = v = 0; qr(u); qr(v); hd[u] = new Edge(v, hd[u]); hd[v] = new Edge(u, hd[v]); } dfs(1); printf("%d\n", frog[1] % MOD); return 0; } void dfs(const int u) { vis[u] = true; for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) if (!vis[e->v]) { int v = e->v; dfs(v); frog[u] = (frog[u] * (gorf[v] + 1ll) % MOD) + (frog[v] * (gorf[u] + 1ll) % MOD); gorf[u] = (gorf[u] + gorf[v] + (1ll * gorf[u] * gorf[v])) % MOD; } frog[u] = (frog[u] + MU[u]) % MOD; ++gorf[u]; }
这么诡异的码风肯定是zay的啊
T3：
在一个兵荒马乱的年代，有一位画师叫浅溪，非常喜欢画锦鲤。战火烧到了泰 安，他的邻居都惊慌逃命，只有他不舍得池中锦鲤没有离开。这天晚上庭院失火， 池中的锦鲤化妖，用生命护住了画师的平安。
扶苏被画师和锦鲤的故事深深地打动了。为了能让锦鲤和画师继续生活在一起，他 决定回到着火的庭院中灭掉大火。 画师的庭院可以抽象成一个有向图，每个点代表着一个着火的位置。为了量化火势 的大小，扶苏给每个点一个火力值，火力值越大，代表这个点的火势越强。风助火势， 火借风力，对于每一个着火点，都有可能因为大风使得火扩散到其他点。有向图的每条 边 <u,v> 代表大火是从点 u 扩散到点 v 的。需要注意的是一个点可能会扩散到很多 点，也可能是由很多点的大火一起扩散成的。为了不因为灭掉火源让画师发现有人在帮 他灭火，在任意时刻，扶苏不能灭掉任何一个不被任何点所扩散的点的火。一个点的火 被灭掉后，所代表该点的火扩散的所有边将消失。需要说明的是，虽然边消失了，但是 该点扩散到的所有点属性除入度以外都不会改变，更不会消失。 因为穿越的时间有限，扶苏只能灭掉最多 k 个点的火。忙着写题面的扶苏没有时间 算出他最多能扑灭多少火力值，于是他把这个问题交给了你。
便于理解的题面版本： 给你一张有向图，每个点有一个点权。你可以任意选择一个有入度的点，获得它的 点权并把它和它的出边从图上删去。任意时刻不能选择没有入度的点。最多能选择 k 个 点，求最多能获得多少点权。 md我花了10分钟读题你告诉我有简化版？？？！！！
老规矩：
1.输出样例 5分（我连输出都没打完就输出答案了，然而建树模板从T2粘下来的，一波窒息操作CE了）
2.暴搜
3.拓扑排序+贪心（有这个思路但时间不够了这题目背景竟该死的甜美）
4.也是拓扑，利用深搜原理和强连通分量性质对环进行缩点（tarjan），对于搜索树进行贪心，完成...
我TM刚刚整了套什么？
我们整个下午差不多听题解也是这么个状态：
啊...就是这个这个...那个那个...讲的好啊！
1 minite later
（小声）你听懂了吗？
代码奉上：
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <functional> #ifdef ONLINE_JUDGE #define freopen(a, b, c) #endif typedef long long int ll; namespace IPT { const int L = 1000000; char buf[L], *front=buf, *end=buf; char GetChar() { if (front == end) { end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin); if (front == end) return -1; } return *(front++); } } template <typename T> inline void qr(T &x) { char ch = IPT::GetChar(), lst = ' '; while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar(); while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar(); if (lst == '-') x = -x; } const int maxn = 1000006; struct Edge { int v; Edge *nxt; Edge(const int _v, Edge *h) : v(_v), nxt(h) {} }; Edge *hd[maxn]; int n, m, k, vistime, top, scnt; int MU[maxn], dfn[maxn], low[maxn], stack[maxn], belong[maxn], minv[maxn]; bool instack[maxn], haveind[maxn]; void tarjan(const int u); int main() { freopen("zay.in", "r", stdin); freopen("zay.out", "w", stdout); qr(n); qr(m); qr(k); MU[0] = 2333; for (int i = 1; i <= n; ++i) qr(MU[i]); for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) { u = v = 0; qr(u); qr(v); hd[u] = new Edge(v, hd[u]); } for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!dfn[i]) { tarjan(i); } for (int u = 1; u <= n; ++u) { for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) if (belong[u] != belong[e->v]) { haveind[belong[e->v]] = true; } } for (int i = 1; i <= scnt; ++i) if (!haveind[i]) { MU[minv[i]] = 0; } std::nth_element(MU + 1, MU + 1 + k, MU + 1 + n, std::greater<int>()); int ans = 0; for (int i = 1; i <= k; ++i) { ans += MU[i]; } printf("%d\n", ans); return 0; } void tarjan(const int u) { dfn[u] = low[u] = ++vistime; instack[stack[++top] = u] = true; for (auto e = hd[u]; e; e = e->nxt) { int v = e->v; if (!dfn[v]) { tarjan(v); low[u] = std::min(low[u], low[v]); } else if (instack[v]) { low[u] = std::min(low[u], dfn[v]); } } if (dfn[u] == low[u]) { int v, &_mv = minv[++scnt]; do { instack[v = stack[top--]] = false; belong[v] = scnt; if (MU[v] < MU[_mv]) _mv = v; } while (v != u); } }
不打using namespace std的神仙...
讲解内容放在这里，看培训完了能不能听懂...
考虑DAG的情况放到普通有向图上会发生什么。
有了子任务 3 的提示，我们可以考虑把整个图缩点，将其变成一个DAG来做。
对于一个DAG，显然可以通过子任务 3 调整顺序的方式使得每个强连通分量的 选择情况除选点个数以外互不影响。故下面只讨论一个强连通分量内部的情况。
一个强连通分量显然可以看作是一棵外向树加上很多边得到的。
一棵外向树的定义：一个外向树的任意一个节点要么为叶节点，要么它与孩子 间的所有边都是由它指向孩子。
一棵外向树显然是一个 DAG 。按照之前对 DAG 上情况的说明，显然我们可以 选择除了根节点以外的任意节点。
因为一个强连通分量内部是互相连通的，于是我们不妨钦定一个点为根。
对于一个没有入度的强连通分量，我们不妨钦定点权最小的点为根。这样显然选择的是最优的。
对于一个有入度的强连通分量，我们不妨钦定那个有入度的点为根。这样在选择到只剩根节点的时候，因为根节点有入度，所以根节点是可以被选择的。于是这个强连通分量可以被全部选择。这显然是最优的。
这样综合上述讨论，有入度的强连通分量可以随便选，没有入度的强连通分量 去掉最小的点权的点。剩下贪心取前 k 个就可以了。
进行一次 tarjan的复杂度是 O(n+m)，选前 k 个点可以排序一下。这样总复杂 度 O(m+nlogn)，期望得分 35 分。注意到复杂度瓶颈在排序上，考虑我们只需要前 k 大而不需要具体前 k 个之间的大小关系，于是使用 std::nth_element()函数可以将复杂度降至 O(n+m)。期望得分 40 分。注意，输入规模到了 10 7 级别，需要 fread 来实现读入优化。
nth_element()函数是一个理论复杂度为O(n)的排序函数（这么6？）
//update 19/11/22(原谅我曾经英语不好)
nth_element这个函数是找第n大的数,把第n大的数放在n的位置上,比起小的放在其左,反之置于其右,不保证有序,算是qsort的一部分,所以这只是用stl实现了qsort中的部分步骤,然后实现了需要排序才能进行查询的事情(其实某种意义上有种数据结构是能实现不排序查询nth大的数的...)
