广二集训 day4

T1 DP

考虑实际上合并颜色的过程就相当于一棵树的节点合并，正着处理不太方便，因为我们总不能很方便地记录状态，考虑倒过来思考，最后的
炮弹颜色是什么，又是怎样合成的？

这样，我们能找到一个几乎一样的子问题：用来合成最后一个炮弹的每个炮弹，颜色是什么，每个炮弹又是如何生成的。

不妨考虑来设计这个状态:

• f[i,j] 表示使用i个球合成一个颜色j的方案数，不难发现转移复杂度爆了

• 优化为 f[i,j,k] 表示使用i个球合成k个颜色j的方案数 , 这样来说时间复杂度就可以了

等等，这个状态好像有点问题，似乎出现了一种反规则的事件，这样做貌似会使我们的转化不合法：

1 1 1 4
1 1 1 2 2|||2
1 1 1 2 2|||3 3 3
1 1 1 2 2|||2 2 3 3
这样不就提前转化了吗

我们更改DP状态为 f[i,j,k,z] 表示本过程头部合成过程中不能出现z颜色，注意是一直不能出现，而不是最后一次合并，因为一旦在头部出现就会发生“提前转化”

• \(f[i,j,k,z]=\sum_{s1} f[s1,j,1,z]*f[i-s1,j,k-1,j]\) (为什么会面要限制头部不能出现 \(j\) ，因为我们DP要严格遵循式子的意义，这样才能不重不漏)
• \(f[i,j,1,z]=\sum_{y \neq z} f[i,y,b[y],z]\)

int f[505][12][12][12];
  
signed main() {
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        a[i]=read(),b[i]=read();
        c[b[i]].push_back(i);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) 
        for(int j=0;j<=m;j++) f[1][i][1][j]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) 
        for(int nw=1;nw<=m;nw++) {
            for(int cnt=2;cnt<=a[nw];cnt++) {
                for(int no=0;no<=m;no++) {
                    for(int s1=1;s1<i;s1++)
                        f[i][nw][cnt][no]+=f[s1][nw][1][no]*f[i-s1][nw][cnt-1][nw]%P,
                        f[i][nw][cnt][no]%=P;
                }
            }
            for(int no=0;no<=m;no++) 
                if(nw!=no) f[i][b[nw]][1][no]+=f[i][nw][a[nw]][no],
                           f[i][b[nw]][1][no]%=P;
        }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) 
        ans+=f[n][i][1][0],ans%=P;
    cout<<ans;
    return 0;
}

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T2 随机化乱搞

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【题目背景】

《For The King》是一款结合桌游和 roguelike 类型元素的跨界策略 RPG
游戏。这段惊心动魄的冒险，还要从法汝大陆开始，国王突遭不测，女王紧急召唤勇士们踏上命运之路，破解谜团阻止厄运，一路升级寻找真相。

小 T，小 B 和小 Z 入坑了《4 the king》。游玩的时候他们选择了一个"以
99%的概率成功，1%的概率死亡"的选项，然后似了。

小 T 重开了个单人档。

【题目描述】

小 T 创建存档时，得知了这个存档的地图：地图上有 \(n\) 个格子，被 \(n-1\)
条边连通，构成一棵树。地图上共有 \(n\) 只怪物，第 \(i\) 只怪物在编号为 \(i\)
的格子上。在开始游戏前，小 T
可以选中一个连通块，然后清除这个连通块上的怪物，并获得相应的增益。

具体地，小 T 有两种属性，攻击力与怒气值，初始均为 \(0\)。第 \(i\)
个怪如果在连通块内，就会给小 T 增加 \(a_i\) 点攻击力以及 \(b_i\)
点怒气值。此外，第 \(i\) 只怪物有 \(c_i\) 点血量。小 T
在清除怪物后，还会获得一定量的金币。设 \(A\) 为小 T 最终的攻击力，\(B\) 为小
T 最终的怒气值，\(C\) 为清除的怪物血量之和，那么小 T 会获得 \(AB-C\)
个金币。由于金币在这个游戏中很重要，所以小 T
想知道如何能获得最多的金币。小 T
也可以选择直接跳过这个游戏前的阶段，那么他会获得 \(0\) 个金币。

（注：最终的攻击力 \(A\) 即为所有选中怪物的 \(a_i\) 之和，\(B,C\) 同理）

小 T 会重开很多个档，所以本题有多组询问。

【输入格式】

第一行为数据组数 \(T\)，接下来依次输入每组数据。对于每组数据：

第一行一个整数 \(n\)，表示地图上的格子数。

接下来 \(n\) 行，每行三个整数 \(a_i,b_i,c_i\)，代表第 \(i\) 个怪的属性。

再接下来 \(n-1\) 行每行两个整数，表示地图上的一条边。

【输出格式】

对于每组数据，输出两行。

第一行一个整数 \(ans\)，表示获取的最大金币数。

第二行一个长度为 \(n\) 的 01 字符串表示方案。第 \(i\) 个字符为 1
表示选中了第 \(i\)
个格子，否则没有选中。（如果选择跳过这个阶段，则需要输出 \(n\) 个 0）
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首先这个题看着就很能乱搞

考虑说如果确定结束时A与B的值，那么对于一个点来说，他加不加入我们是可以贪心的

if((ra-A[i])*(rb-B[i])+C[i]<=ra*rb) {
     A[p]+=A[i],B[p]+=B[i],C[p]+=C[i];
}

所以我们随机一个A,B跑上述贪心，然后得到一个近似解，在近似解周围再跑贪心，那么就可以通过水数据

int T,n,a[N],b[N],c[N],A[N],B[N],C[N],D;
 
int sa,sb,ra,rb,wa,wb,tmp;
 
vector<int > v[N];
bitset<N > ans[N],vis;
 
void dfs(int p,int f) {
    A[p]=a[p],B[p]=b[p],C[p]=c[p];
    for(int i:v[p]) {
        if(i==f) continue;
        dfs(i,p);
        if((ra-A[i])*(rb-B[i])+C[i]<=ra*rb) {
            A[p]+=A[i],B[p]+=B[i],C[p]+=C[i];
        }
    }
    if(A[p]*B[p]-C[p]>tmp) {
        tmp=A[p]*B[p]-C[p];wa=ra,wb=rb;
    }
}
 
void answer(int p,int f) {
    A[p]=a[p],B[p]=b[p],C[p]=c[p];
    ans[p][p]=1;
//  cout<<p<<" "<<ans[p][p]<<endl;
    for(int i:v[p]) {
        if(i==f) continue;
        answer(i,p);
        if((wa-A[i])*(wb-B[i])+C[i]<wa*wb) {
            A[p]+=A[i],B[p]+=B[i],C[p]+=C[i];
            ans[p]|=ans[i];
//          cout<<i<<" "<<p<<" "<<ans[i][i]<<endl;
//          for(int j=1;j<=n;j++) printf("%lld",(int)ans[p][j]);cout<<endl;
        }
    }
    if(A[p]*B[p]-C[p]==tmp) {
        tmp=A[p]*B[p]-C[p];wa=ra,wb=rb;
        vis=ans[p];
//      cout<<p<<" ";
    }
}
 
void tidy() { for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=B[i]=C[i]=0; }
 
void Solve() {
    mt19937 t1(time(0));
    mt19937 t2(t1());mt19937 t3(t2());mt19937 t4(t3());mt19937 t5(t4());mt19937 t6(t5());
    mt19937 rd(t5());
    int number=0;
    while(number<=up/n) {
        ra=(rd()%sa+1),rb=(rd()%sb+1);
        ra>>=(rd()%8),rb>>=(rd()%8);
        dfs(1,0);tidy();
        number++;
    }
    number=0;
    sa=wa,sb=wb;
    while(number<=up/n) {
        ra=(int)(sa+rd()%(sa/2+1)-sa/4+1);
        rb=(int)(sb+rd()%(sb/2+1)-sb/4+1);
        dfs(1,0);tidy();
        number++;
    }
    answer(1,0);
    cout<<tmp<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld",(int)vis[i]);cout<<endl;
}
void Clear(){
    sa=sb=0;wa=wb=0,tmp=0;vis.reset();
    for(int i=1;i<=n;i++) v[i].clear(),a[i]=b[i]=c[i]=0,ans[i].reset();
}
 
signed main() {
    cin>>T;
    while(T--) {
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read();
            sa+=a[i],sb+=b[i];
        }
        for(int i=1;i<n;i++) {
            int x=read(),y=read();
            v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
        }
        Solve();Clear();
    }
     
    return 0;
}