正睿20NOIp前冲刺day8

估分：100+20+0+0=120

实际：100+20+0+0=120

T1:

　　树形DP，f[i]表示以i为根的子树内所有点全遍历的最小花费，rev[i]表示遍历完子树所有点后回到i点需要的花废。dep[i]表示i的深度。设u的子节点有i,j，先遍历i，则有f[u]+=f[i]，若rev[i]+1<dep[u]，那遍历j的时候直接从i回到u再遍历j一定比传送回1节点再遍历到j优，则f[u]+=rev[i]+1+f[j]-dep[u]。所以f[u]先加上所有子节点的f，若有子节点i的rev+1<dep[u]，那f[u]+=rev[i]+1-dep[u]，但这样若所有字节点的rev+1都小于dep[u]的话会把所有的dep[u]全减掉，就会变成下图的样子：

 

 

　　所以当这种情况时，记录一下rev最大的子节点的rev，最后再减掉，加上dep就行了。

　　之后再看每个节点的rev应该是多少，可以发现，若当前节点i并不是所有子节点的rev+1都小于dep[i]，那他一定不会往上走到父节点，而是直接传送回1号节点重新走到i的父节点u。因为若i不是所有子节点的rev+1都小于dep[i]，那任意一个rev+1>=dep[i]，若用这个rev回到u的话，他的花费一定是rev+2，一定是大于等于dep[u]的，所以肯定不用。所以只有i的所有子节点的rev+1全部都<dep[i]时，从i往回走到u才更优。这样DP就出来了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 1000010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int dep[N], f[N], rev[N];
int h[N], num[N << 1], nex[N << 1], dqx;

void add(int a, int b)
{
    num[dqx] = b;
    nex[dqx] = h[a];
    h[a] = dqx++;
}

void dfs(int u, int pa)
{
    int cnt = 0, res = 0;
    for (int i = h[u]; ~i; i = nex[i])
    {
        int j = num[i];
        if (j == pa) continue;
        dep[j] = dep[u] + 1;
        dfs(j, u);
        f[u] = f[u] + f[j];
        if (rev[j] + 1 <= dep[u])
        {
            f[u] += rev[j] + 1 - dep[u];
            rev[u] = max(rev[u], rev[j] + 1);
            cnt++;
        }
        res++;
    }
    if (cnt != res)  rev[u] = INF;
    else f[u] += dep[u] - rev[u];
    if (nex[h[u]] == -1 && u != 1) rev[u] = 0, f[u] = dep[u];
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    memset(h, -1, sizeof(h));
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        int a;
        scanf("%d", &a);
        add(a, i), add(i, a);
    }
    dfs(1, 0);
    printf("%d", f[1]);
}

T2：

　　20pts暴力

　　直接放题解，我说不清楚

 

 

 

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 5010;
const int mod = 1e9 + 7;

int n, m;
int fac[N * 2], inv[N * 2], f[N][N], s[N];

int C(int n, int m)
{
    return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

int qpow(int a, int k)
{
    int res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);

    fac[0] = inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n + m; ++i)
    {
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
        inv[i] = qpow(fac[i], mod - 2);
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for (int j = 1; i * j <= m; ++j)
        {
            for (int k = i, op = 1; k <= n && j * k <= m; ++k, op = mod - op)
            {
                f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * C(k, i) * op % mod * C(n, k) % mod * C(m - j * k + n - 1, n - 1)) % mod;
            }
            f[i][j] = 1ll * f[i][j] * qpow(C(m + n - 1, n - 1), mod - 2) % mod;
        }
    }

    for (int i = n; i >= 1; --i) 
    {
        s[i] = 1;
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            if ((f[i][j] += f[i + 1][j]) >= mod ) f[i][j] -= mod;
            if ((s[i] += f[i][j]) >= mod ) s[i] -= mod;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        if ((s[i] += s[i - 1]) >= mod) s[i] -= mod;
        printf("%d\n", s[i]);
    }
}

 

剩下两题不会

总结：

　　没啥说的，菜是原罪