Atcoder Beginner Contest 447 实况记录 + 题解

A

语法题。

B

语法题。

C

简单题。

D

简单题。

维护三指针的时候居然忘记最后加 \(1\) 罚了一发，真是该罚！

E

我们发现边权 \(2^i\) 很特殊，然后联想到一个经典结论：

\[2^1+2^2+2^3+ \cdots + 2^n < 2^ {n+1} \]

这个式子的证明比较简单，不再赘述。

那么转化到本题，就意味着删第 \(i\) 条边的代价大于删掉前 \(i-1\) 条边的代价总和。

于是考虑贪心，从第 \(m\) 到 \(1\) 条边考虑加边，能加就加，不能加才算进答案，结合先前的结论可以发现这样做是正确的。

实现的时候把初始情况看作 \(n\) 个连通块，加边时使用并查集维护连通性，如果在一次加边后连通块个数变成 \(1\) 了，那么这条边就要删掉。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define bck(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
namespace Mycode {...}
using namespace Mycode;
const int N = 2e5 + 5; 
const int mod = 998244353; 
int n, m, fa[N], U[N], V[N], w[N], ans;  
int find(int x) {
	return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); 
}  
signed main() {
	n = rd(), m = rd(); w[0] = 1; 
	for(int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i;  
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		U[i] = rd();
		V[i] = rd(); 
		w[i] = w[i - 1] * 2 % mod; 
	} 
	int bel = n; 
	for(int i = m; i >= 1; i--) {
		int fx = find(U[i]), fy = find(V[i]); 
		if(fx != fy) {
			if(bel > 2) {
				fa[fx] = fy; 
				--bel; 
			} 
			else ans = (ans + w[i]) % mod; 
		}
	} 
	cout << ans << '\n'; 
	return 0;
}

F

一眼就是个与求树的直径类似的树形 DP。

考虑蜈蚣图的构造（以下所有度数都是在蜈蚣图中的度数，中间节点即为题目描述的图中位居中间行的 \(4\) 个节点，即蜈蚣的身体）：

• 对于长度为 \(1\) 的，中间节点度数为 \(2\)。
• 对于长度大于 \(1\) 的，最前面和最后面中间节点的度数为 \(3\)，其他中间节点度数为 \(4\)。

然后我们就想到对点的度数分类进行转移。

记 \(u\) 节点为当前考虑的节点，\(f_u\) 为以 \(u\) 为起点（最前面中间节点），蜈蚣延伸到 \(u\) 的子树内的最大长度，\(d_u\) 为 \(u\) 节点的度数，\(ans\) 为最终答案，将最前面和最后面中间节点称作蜈蚣图的端点，则有如下转移：

• \(d_u\le 2\)，\(u\) 不能当中间节点，\(f_u=0\)。
• \(d_u=3\)，\(u\) 只能当端点，向上贡献给父亲的 \(f_u=1\)，同时记 \(u\) 的所有儿子中的最大 \(f\) 值为 \(g\)，则 \(ans\) 与 \(g+1\) 比大小更新。
• \(d_u>3\)，\(u\) 可以当所有中间节点，那么记所有儿子中的最大两个 \(f\) 值为 \(g_1,g_2\)，钦定 \(g_1 \le g_2\)。那么若没有向父亲贡献，则有 \(ans\) 与 \(g_2+1\) 比大小或与 \(g_1+g_2+1\) 比大小更新（分别对应当端点和非端点中间节点，当然直接与 \(g_1+g_2+1\) 比大小即可）。若需要向父亲贡献，则只能是非端点中间节点，所以 \(f_u=g_2+1\)。

思路梳理好之后代码实现就很容易了。注意 \(N\ge 3\)，所以 \(ans\) 的初值是 \(1\)。

赛时想到了按度数分类，但是分 \(d_u>3\) 的时候崩了，饮恨离场。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define bck(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
using namespace std;
namespace Mycode {...}
using namespace Mycode;
const int N = 2e5 + 5;     
int tim, n, cnte, f[N], ans, d[N], hd[N];    
struct edges {
	int nxt, to; 
} ed[N * 2]; 
void adde(int u, int v) {
	ed[++cnte] = (edges) {hd[u], v}; 
	hd[u] = cnte; 
	return; 
} 
void slv(int u, int fa) {
	if(d[u] <= 2) {
		f[u] = 0; 
		for(int i = hd[u]; i; i = ed[i].nxt) {
			int v = ed[i].to; 
			if(v == fa) continue; 
			slv(v, u); 
		} 
	}  
	else if(d[u] == 3) {
		f[u] = 1; 
		int g = 0; 
		for(int i = hd[u]; i; i = ed[i].nxt) {
			int v = ed[i].to; 
			if(v == fa) continue; 
			slv(v, u); 
			cmax(g, f[v]); 
		} 
		cmax(ans, g + 1); 
	} 
	else {
		int g1 = 0, g2 = 0; 
		for(int i = hd[u]; i; i = ed[i].nxt) {
			int v = ed[i].to; 
			if(v == fa) continue; 
			slv(v, u); 
			if(g2 < f[v]) g1 = g2, g2 = f[v]; 
			else if(g1 < f[v]) g1 = f[v];  
		} 
		f[u] = g2 + 1; 
		cmax(ans, g1 + g2 + 1);
	} 
	return; 
}
void solve() {
	memset(hd, 0, sizeof(hd)); 
	memset(f, 0, sizeof(f)); 
	memset(d, 0, sizeof(d));  
	cnte = 0, ans = 1;  
	n = rd(); 
	for(int i = 1, u, v; i < n; i++) {
		u = rd(), v = rd(); 
		adde(u, v), adde(v, u); 
		d[u]++, d[v]++; 
	} 
	slv(1, 1); 
	write(ans);
	putchar('\n'); 
	return; 
}
int main() {
	tim = rd(); 
	while(tim--) solve(); 
	return 0;
}