20210628模拟赛解题报告
写在前面
期望得分：\(100+100+20 \sim 100 = 220 \sim 300pts\)
实际得分：\(100+0+30 = 130pts\) （因为教师机上的 lemon 不能用 lower_bound，这太傻逼了）
实际得分：\(100+100+30=230pts\) （换了台能用的机子，结果 2e8 没跑过去，这太傻逼了）
洛谷得分：\(100+100+100=300pts\) （把数据点扔洛谷上，啪的一下就过了，我 AK 了？！）
T1 是个树剖求 LCA 的板子， 10min 切掉，然后花了 10min 想了几种很怪的情况特判了；
然后开 T2，一眼是期望，用了 10min 想到一个不错的思路，感觉很可做，20min 写出来了，过了样例，稍微算了一下没爆 longlong 就扔掉看 T3 了。
T3 一眼以为是一个数位 DP，教练的题怎么天天考数位DP，设了个五维的状态 \(f_{i,j,x,y,k}\)，发现连 \(20\%\) 的数据都开不下，并且不会转移。然后就弃了发呆。中间上撤锁吃了顿饭，感觉思路如泉水般涌现。回来稍微完善了一下就码出来了，感觉自己阿克了，找 KnightL 的暴力拍了一下，发现 \(n\&1=1\) 时被 Hack 了，并且在本地机子和极限数据下代码跑了 5s+，感觉要凉。经过一阵紧张的调码环节后发现是自己式子推错了，改过了被 Hack 的部分过了，但在极限数据下依旧跑的很慢mmp。
题解写的太拉了，所以我成为了新的题解 /cy
题解
T1
可以利用 dfs 序来求解，如果 \(a\) 是 \(b\) 的祖先，当且仅当 \(dfn_a \le dfn_b < dfn_a + siz_a\)，预处理 \(O(n)\)，查询 \(O(1)\)。
也可以使用树剖求 LCA 去判断两个点之间的关系，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
也可以倍增求 LCA，需要 \(O(n \log n)\) 的预处理，不过查询的复杂度都是 \(O(\log n)\)。
反正随便过啦
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
struct edge {
int to, nxt;
}e[MAXN << 1];
int head[MAXN], num_edge = 1;
int n, m, rt;
int dep[MAXN], fath[MAXN], siz[MAXN], son[MAXN], top[MAXN];
bool vis[MAXN];
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
void add_edge(int from, int to) { e[++num_edge] = (edge){to, head[from]}, head[from] = num_edge; }
void dfs(int u, int fa) {
dep[u] = dep[fa] + 1, fath[u] = fa, siz[u] = 1;
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(v == fa) continue;
dfs(v, u);
siz[u] += siz[v];
if(siz[son[u]] < siz[v]) son[u] = v;
}
}
void dfs2(int u, int tp) {
top[u] = tp;
if(son[u]) dfs2(son[u], tp);
for(int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if(v == fath[u] || v == son[u]) continue;
dfs2(v, v);
}
}
int Get_Lca(int x, int y) {
while(top[x] != top[y]) dep[top[x]] < dep[top[y]] ? y = fath[top[y]] : x = fath[top[x]];
return dep[x] < dep[y] ? x : y;
}
int main()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1, u, v; i <= n; ++i) {
u = read(), v = read();
if(v == -1) rt = u;
else {
add_edge(u, v), add_edge(v, u);
vis[u] = vis[v] = true;
}
}
dfs(rt, 0), dfs2(rt, rt);
m = read();
for(int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
u = read(), v = read();
int lca = Get_Lca(u, v);
if(u == v || !vis[u] || !vis[v]) puts("0");
else if(lca == u) puts("1");
else if(lca == v) puts("2");
else puts("0");
}
return 0;
}
T2
考虑固定 \(A\) 序列，然后随便安排 \(B\) 的位置，显然这依旧是合法的。方案数是全排列的方案数 \(n!\) 。
发现全排列不好枚举，考虑计算所有可能下 \(a_i\) 与 \(b_j\) 的对决次数。
固定这两个位置，其他的随便枚举，所以对决次数为 \((n-1)!\)，所以这两个人对 \(A\) 队分数的贡献为 \(\frac{(a_i - b_j)^2}{n} [a_i > b_j]\)。
然后枚举所有 \(a_i\) 与所有 \(b_j\) 对决就是答案
\(B\) 队同理。所以：
这样的复杂度是 \(O(n^2)\)，显然过不掉。
发现排序对答案没有影响，所以先对两个数组排序。
用 \(lower\_bound\) 找到第一个比 \(a_i\) 大的点的位置 \(x\)，答案变为
然后把平方差拆开，发现可以预处理前缀和，前缀平方和。然后每个元素就可以 \(O(1)\) 算了。
总时间复杂度 \(O(n \log n)\) ，瓶颈在二分那，不过也能过了。
发现两个队都是单调的，所以每次二分找的位置一定是单调增的，可以用个指针，指针只会向右移动，所以复杂度是 \(O(n)\) 的。
为了避免精度问题，可以最后除以 \(n\)，算一下开 longlong 是不会爆的。
代码是使用 \(lower\_bound\) 的版本。
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int n;
LL a[MAXN], b[MAXN];
LL suma[MAXN], sumb[MAXN];
LL suma2[MAXN], sumb2[MAXN];
LL ansa = 0, ansb = 0;
double Ans;
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int main()
{
// freopen("mat.in","r",stdin);
// freopen("mat.out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = read();
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) suma[i] = suma[i - 1] + a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) sumb[i] = sumb[i - 1] + b[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) suma2[i] = suma2[i - 1] + a[i] * a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) sumb2[i] = sumb2[i - 1] + b[i] * b[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int wz = lower_bound(b + 1, b + n + 1, a[i]) - b - 1;
ansa += wz * a[i] * a[i] - 2 * a[i] * sumb[wz] + sumb2[wz];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
int wz = lower_bound(a + 1, a + n + 1, b[i]) - a - 1;
ansb += wz * b[i] * b[i] - 2 * b[i] * suma[wz] + suma2[wz];
}
ansa -= ansb;
Ans = (double)ansa / n;
printf("%.1f", Ans);
return 0;
}
T3
可以设个五维的状态 \(f_{i,j,x,y,k}\) 分别表示 当前位数，上一次填的数，总和，前 \(n\) 个数的和，奇数位的和 然后数位 DP。发现空间在 \(20 \%\) 的数据下都开不下，笑死。
考虑换个思路，设 \(f_{i,j}\) 表示填了 \(i\) 位，总和为 \(j\) 的方案数。
如何求 \(f_{i,j}\)？
把它当做一个 01背包 ，一共 \(|S|\) 件物品选 \(n\) 次（为什么只需要算到 \(n\) 到后面就自然明白）。
初始化 \(|S|\) 中的每个元素 \(x\) 选一次都是 \(1\)，即 \(f_{1,x} = 1\)。
考虑只有前 \(n\) 个数和后 \(n\) 个数和相同的情况。利用乘法原理，总方案数为：
其中 \(Max\) 表示所填的数的和的上限。
在考虑第二个限制，发现和第一个限制一样都是填两次 \(n\) 个数，然后两次和相同，只不过填的位置换了换。
所以在上面的基础上 \(\times 2\) 即可。
同时满足的情况重复计算了，考虑如何筛去。同时考虑两个条件的性质应该不难想。
设 \(k = n / 2\) 表示前面 \(n\) 个数中有几个偶数位，设 \(x\) 表示前 \(n\) 个数中的偶数位和为 \(x\)，设前 \(n\) 数总和为 \(s\)。其方案数可以用 \(f_{k,x}\) 表示。
那么，前 \(n\) 个数中有 \(n-k\) 个奇数位，奇数位的和为 \(k-x\)，方案数为 \(f_{n-k,s-x}\)
同理，后 \(n\) 个数中奇数位的情况应当与前 \(n\) 个数中偶数位的情况相同，后 \(n\) 个数中偶数位的情况应当与前 \(n\) 个数中奇数位的情况相同，方案数分别为 \(f_{k,x},f_{n-k,s-x}\)。
利用乘法原理，要减去的总的贡献为
极限情况下复杂度为 \(O(10^8)\)，正常评测机是可以过的，但学校的古董机过不去。
我们发现，前 \(n\) 个数奇数位填的数只和后 \(n\) 个数偶数位填的数相关。与另外两个无关。所以考虑把两部分先单独算出来在用乘法原理。
设 \(Max1,Max0\) 分别表示前 \(n\) 个数奇数位填的最大位数和和偶数位填的最大位数和。
要减去的总的方案数为
减去即可。
复杂度为 \(O(Max0+Max1)\)。你会发现预处理极限情况下依旧是 \(O(10^8)\)
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#define int long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 999983;
char s[11];
int n, Ans = 0, sum = 0, k;
int stc[11], sc = 0;
int f[1010][10010];
//int sum[10010], sum2[10010];
// f[i][j] 表示填了 i 位，总和为 j 的方案数
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
signed main()
{
// freopen("num.in","r",stdin);
// freopen("num.out","w",stdout);
n = read(); k = n / 2;
cin >> s + 1;
int len = strlen(s + 1);
for(int i = 1; i <= len; ++i) {
stc[++sc] = s[i] - '0'; // 其实这个行为挺傻逼的
f[1][stc[sc]] = 1;
}
if(n == 1) {
cout<<sc<<endl;
return 0;
}
if(sc == 1) {
puts("1");
return 0;
}
sort(stc + 1, stc + sc + 1);
int Max = n * stc[sc];
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
for(int k = Max; k >= 0; --k) {
for(int j = 1; j <= sc; ++j) {
f[i][k] = f[i][k] + f[i-1][k - stc[j]];
if(f[i][k] > mod) f[i][k] -= mod;
}
}
}
for(int i = 0; i <= Max; ++i) {
Ans = Ans + f[n][i] * f[n][i] % mod;
if(Ans > mod) Ans -= mod;
}
Ans = Ans * 2 % mod;
// cout<<Ans<<endl;
for(int i = 0; i <= Max; ++i) {
for(int j = 0; j <= i; ++j) {
// sum = f[k][j] * f[n-k][i-j] * f[n-k][i-j] % mod;
// sum = sum * f[k][j] % mod;
// cout<<"前 n 个偶数： "<<k<<" 前 n 个奇数："<<n-k<<" 前n个数和："<<i<<" 偶数占的和："<<j<<"\n";
// cout<<f[k][j]<<" "<<f[n-k][i-j]<<" "<<f[n-k][i-j]<<" "<<f[k][j]<<"\n";
// cout<<i<<" "<<j<<" "<<sum<<endl;
// Ans -= sum;
// cout<<i<<" "<<j<<endl;
Ans = (Ans - f[k][j] * f[n - k][i-j] % mod * f[n-k][i-j] % mod * f[k][j] % mod) % mod;
// 前n个的偶数 前 n 个的奇数 后 n 个的偶数 后 n 个的奇数
}
}
Ans = (Ans + mod) % mod;
cout<<Ans<<endl;
// for(int i = 0; i <= 6;++i) {
// for(int j = 0; j <= 8; ++j) {
// cout<<f[i][j]<<" ";
// }puts("");
// }
return 0;
}
