正睿 25 年省选联考 Day 17
正睿 25 年省选联考 Day 17
得分
| T1 | T2 | T3 | 得分 | 排名 |
|---|---|---|---|---|
| \(100\) | \(100\) | \(50\) | \(250\) | \(6/21\) |
题解
T1 简单题
其实不是什么难题。由于有区间推平操作所以考虑颜色段均摊，我们维护一颗线段树，做 2 操作的时候就正常区间加；做 1 操作的时候我们先找到对应区间，然后开始向下递归，找到同色连续段然后直接操作，最后把这个区间改为同色连续段即可。复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。
#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define int long long
using namespace std;
const int Maxn = 5e5 + 5;
const int Inf = 2e9;
const int Mod = 1e9 + 7;
il int Add(int x, int y) {return x + y >= Mod ? x + y - Mod: x + y;} il void pls(int &x, int y) {x = Add(x, y);}
il int Del(int x, int y) {return x - y < 0 ? x - y + Mod : x - y;} il void sub(int &x, int y) {x = Del(x, y);}
il int qpow(int a, int b) {int res = 1; for(; b; a = 1ll * a * a % Mod, b >>= 1) if(b & 1) res = 1ll * res * a % Mod; return res;}
il int Inv(int a) {return qpow(a, Mod - 2);}
template <typename T> il void chkmax(T &x, T y) {x = (x >= y ? x : y);}
template <typename T> il void chkmin(T &x, T y) {x = (x <= y ? x : y);}
template <typename T>
il void read(T &x) {
x = 0; char ch = getchar(); bool flg = 0;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) flg = (ch == '-');
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
flg ? x = -x : 0;
}
template <typename T>
il void write(T x, bool typ = 1) {
static short Stk[50], Top = 0;
x < 0 ? putchar('-'), x = -x : 0;
do Stk[++Top] = x % 10, x /= 10; while(x);
while(Top) putchar(Stk[Top--] | 48);
typ ? putchar('\n') : putchar(' ');
}
il void IOS() {ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);}
il void File() {freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);}
bool Beg;
int n, m, q, a[Maxn];
int b[Maxn];
namespace SGT {
struct node {
int col, tag, cnt, clr;
}t[Maxn << 2];
#define ls(p) (p << 1)
#define rs(p) (p << 1 | 1)
void pushup(int p) {
t[p].cnt = t[ls(p)].cnt | t[rs(p)].cnt;
}
void build(int p, int l, int r) {
t[p].col = -1;
if(l == r) {t[p].col = a[l]; return;}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls(p), l, mid), build(rs(p), mid + 1, r);
pushup(p);
}
void pushclr(int p) {t[p].tag = t[p].cnt = 0, t[p].clr = 1;}
void pushtag(int p, int v) {t[p].tag += v, t[p].cnt = 1;}
void pushcol(int p, int col) {t[p].col = col;}
void pushdown(int p) {
if(t[p].clr) pushclr(ls(p)), pushclr(rs(p)), t[p].clr = 0;
if(t[p].tag) pushtag(ls(p), t[p].tag), pushtag(rs(p), t[p].tag), t[p].tag = 0;
if(t[p].col != -1) pushcol(ls(p), t[p].col), pushcol(rs(p), t[p].col), t[p].col = -1;
}
void mdf1(int p, int l, int r, int pl, int pr, int v) {
if(pl <= l && r <= pr) {
pushtag(p, v); return ;
}
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if(pl <= mid) mdf1(ls(p), l, mid, pl, pr, v);
if(pr > mid) mdf1(rs(p), mid + 1, r, pl, pr, v);
pushup(p);
}
void add(int p, int l, int r) {
if(!t[p].cnt) return ;
if(t[p].col != -1 && t[p].tag != 0) {
b[t[p].col] += (r - l + 1) * t[p].tag;
return ;
}
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
add(ls(p), l, mid), add(rs(p), mid + 1, r);
}
void mdf2(int p, int l, int r, int pl, int pr, int x) {
if(pl <= l && r <= pr) {
add(p, l, r);
pushclr(p), pushcol(p, x); return ;
}
pushdown(p);
int mid = (l + r) >> 1;
if(pl <= mid) mdf2(ls(p), l, mid, pl, pr, x);
if(pr > mid) mdf2(rs(p), mid + 1, r, pl, pr, x);
pushup(p);
}
}
bool End;
il void Usd() {cerr << (&Beg - &End) / 1024.0 / 1024.0 << "MB " << (double)clock() * 1000.0 / CLOCKS_PER_SEC << "ms\n"; }
signed main() {
read(n), read(m), read(q);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
read(a[i]);
}
SGT::build(1, 1, n);
while(q--) {
int opt, l, r, x;
read(opt), read(l), read(r), read(x);
switch(opt) {
case 1: {
SGT::mdf2(1, 1, n, l, r, x);
break;
}
case 2: {
SGT::mdf1(1, 1, n, l, r, x);
break;
}
}
}
SGT::mdf2(1, 1, n, 1, n, 0);
for(int i = 1; i <= m; i++) write(b[i]);
Usd();
return 0;
}
T2 树上游走
巨大 dp 题。以 \(S\) 为根建一个有根树，然后直接树形 dp。观察一下发现我们走到一个子树之后的走法和两个信息有关：一个是它的父亲是否还存活，另一个是它之前有没有被经过过一次（也就是形如 \(fa_u\to u\to fa_u\to u\) 这么走）。所以设 \(f(i,0/1,0/1)\) 表示当前在 \(i\) 子树内，父亲是否存活以及 \(i\) 经过过多少次时，在 \(i\) 子树内结束的期望得分。实际上 \(f(i,1,1)\) 是无用的，因为 \(i\) 经过过一次说明它的父亲一定死了，所以实际上只有三个有效状态。
然后还需要设一个 \(p(i)\) 表示在有父亲且没有经过过的时候，从 \(i\) 开始不经过父亲的概率。转移较为复杂，需要分类讨论一下没有儿子、有一个儿子以及有多个儿子的情况，然后仔细考虑一下不同转移的系数。优化是比较容易的，复杂度 \(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
using namespace std;
const int Maxn = 2e5 + 5;
const int Inf = 2e9;
const int Mod = 998244353;
il int Add(int x, int y) {return x + y >= Mod ? x + y - Mod: x + y;} il void pls(int &x, int y) {x = Add(x, y);}
il int Del(int x, int y) {return x - y < 0 ? x - y + Mod : x - y;} il void sub(int &x, int y) {x = Del(x, y);}
template <typename T> il void chkmax(T &x, T y) {x = (x >= y ? x : y);}
template <typename T> il void chkmin(T &x, T y) {x = (x <= y ? x : y);}
template <typename T>
il void read(T &x) {
x = 0; char ch = getchar(); bool flg = 0;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) flg = (ch == '-');
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
flg ? x = -x : 0;
}
template <typename T>
il void write(T x, bool typ = 1) {
static short Stk[50], Top = 0;
x < 0 ? putchar('-'), x = -x : 0;
do Stk[++Top] = x % 10, x /= 10; while(x);
while(Top) putchar(Stk[Top--] | 48);
typ ? putchar('\n') : putchar(' ');
}
il void IOS() {ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);}
il void File() {freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);}
bool Beg;
int n, rt, w[Maxn];
int inv[Maxn];
#define Inv(a) inv[a]
vector <int> E[Maxn];
namespace S1 {
void main() {
int ans = 0, iv = Inv(n - 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i != rt) pls(ans, 1ll * w[i] * iv % Mod);
}
write(ans);
}
}
int f[Maxn][2][2], p[Maxn], deg[Maxn];
int son[Maxn], cnt;
void dfs(int x, int fth) {
for(auto to : E[x]) if(to != fth) dfs(to, x);
cnt = 0;
for(auto to : E[x]) if(to != fth) son[++cnt] = to;
if(!cnt) {
f[x][0][0] = f[x][0][1] = w[x]; p[x] = 0;
}
else if(cnt == 1) {
int to = son[1];
int p1 = Inv(deg[to]), p2 = Del(Del(1, p[to]), p1);
f[x][0][0] = Add(Add(f[to][1][0], 1ll * p1 * f[to][0][1] % Mod), 1ll * p2 * w[x] % Mod);
f[x][1][0] = Add(1ll * Inv(2) * f[to][1][0] % Mod, 1ll * Inv(4) * p1 % Mod * f[to][0][1] % Mod);
p[x] = Del(1, Add(Inv(2), Add(1ll * Inv(4) * p1 % Mod, 1ll * Inv(2) * p2 % Mod)));
f[x][0][1] = f[to][0][0];
}
else {
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
int to = son[i];
pls(sum, f[to][0][0]);
}
p[x] = Del(1, Inv(cnt + 1));
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
int to = son[i];
pls(f[x][0][0], 1ll * f[to][1][0] * Inv(cnt) % Mod);
pls(f[x][1][0], 1ll * f[to][1][0] * Inv(cnt + 1) % Mod);
int p1 = Inv(deg[to]), p2 = Del(Del(1, p[to]), p1), fs = Del(sum, f[to][0][0]);
pls(f[x][0][0], 1ll * Inv(cnt) * p2 % Mod * Inv(cnt - 1) % Mod * fs % Mod);
pls(f[x][0][0], 1ll * Inv(cnt) * p1 % Mod * Inv(cnt) % Mod * fs % Mod);
pls(f[x][1][0], 1ll * Inv(cnt + 1) * p2 % Mod * Inv(cnt) % Mod * fs % Mod);
pls(f[x][1][0], 1ll * Inv(cnt + 1) * p1 % Mod * Inv(cnt + 1) % Mod * fs % Mod);
pls(f[x][0][0], 1ll * Inv(cnt) * p1 % Mod * Inv(cnt) % Mod * f[to][0][1] % Mod);
pls(f[x][1][0], 1ll * Inv(cnt + 1) * p1 % Mod * Inv(cnt + 1) % Mod * f[to][0][1] % Mod);
sub(p[x], 1ll * Inv(cnt + 1) * p1 % Mod * Inv(cnt + 1) % Mod);
sub(p[x], 1ll * Inv(cnt + 1) * p2 % Mod * Inv(cnt) % Mod);
pls(f[x][0][1], 1ll * Inv(cnt) * f[to][0][0] % Mod);
}
}
}
bool End;
il void Usd() {cerr << (&Beg - &End) / 1024.0 / 1024.0 << "MB " << (double)clock() * 1000.0 / CLOCKS_PER_SEC << "ms\n"; }
int main() {
read(n), read(rt);
for(int i = 1; i <= n; i++) read(w[i]);
bool flg = 1;
for(int i = 1, u, v; i < n; i++) {
read(u), read(v);
deg[u]++, deg[v]++;
E[u].push_back(v), E[v].push_back(u);
if(u != rt && v != rt) flg = 0;
}
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= max(4, n); i++) inv[i] = 1ll * inv[Mod % i] * (Mod - Mod / i) % Mod;
dfs(rt, 0);
write(f[rt][0][0]);
Usd();
return 0;
}
T3 树的同构
发现 \(n\) 很小，所以可以支持一个比较巨大的复杂度。考虑两棵树中深度最浅的点 \(i,j\)，令 \(dep_i\ge dep_j\)，那么我们可以直接枚举 \(i\)，这样第一棵树中的左右节点就在 \(i\) 的子树中了；然后在子树外枚举一下 \(i\) 的对应点，这样我们就知道了两棵树的根，然后就可以树形 dp 了。
设 \(f(x,y)\) 表示第一棵树中 \(x\) 与第二棵树中 \(y\) 对应时，子树内同构树的最大节点数。转移比较奇怪，我们需要把 \(x,y\) 的儿子一一配对，让儿子之间同构求最大值。不难想到建立二分图模型，对于两个儿子 \(p,q\)，我们连边边权 \(f(p,q)\)，如此做一次二分图最大匹配即可求出最大值。
由于二分图最大匹配是 \(O(nm)\) 的，所以这个算法的复杂度看上去是 \(O(n^7)\) 的。一个比较显然的优化是，当我们第一棵树的根确定之后，不管第二棵树的根怎样取，只要 \(x,y\) 以及 \(y\) 对应的父亲相同，\(f(x,y)\) 就是一样的。这样的话每一对 \((x,y)\) 将会被计算 \(O(deg_y)\) 次，每一次计算的复杂度可以看作是 \(O(deg_x^2deg_y)\) 的，所以每一对 \((x,y)\) 计算的复杂度是 \(O(deg_x^2 deg_y^2)\)，也就大概是 \(O(n^4)\)，再加上枚举 \(i\) 的复杂度总复杂度上界应该是 \(O(n^5)\) 的，足够通过。
由于我不会 \(O(nm)\) 的 KM 算法，所以直接信仰跑网络流。
#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
using namespace std;
const int Maxn = 51 + 5, Maxm = 5e3 + 5;
const int Inf = 2e9;
const int Mod = 1e9 + 7;
il int Add(int x, int y) {return x + y >= Mod ? x + y - Mod: x + y;} il void pls(int &x, int y) {x = Add(x, y);}
il int Del(int x, int y) {return x - y < 0 ? x - y + Mod : x - y;} il void sub(int &x, int y) {x = Del(x, y);}
il int qpow(int a, int b) {int res = 1; for(; b; a = 1ll * a * a % Mod, b >>= 1) if(b & 1) res = 1ll * res * a % Mod; return res;}
il int Inv(int a) {return qpow(a, Mod - 2);}
template <typename T> il void chkmax(T &x, T y) {x = (x >= y ? x : y);}
template <typename T> il void chkmin(T &x, T y) {x = (x <= y ? x : y);}
template <typename T>
il void read(T &x) {
x = 0; char ch = getchar(); bool flg = 0;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) flg = (ch == '-');
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
flg ? x = -x : 0;
}
template <typename T>
il void write(T x, bool typ = 1) {
static short Stk[50], Top = 0;
x < 0 ? putchar('-'), x = -x : 0;
do Stk[++Top] = x % 10, x /= 10; while(x);
while(Top) putchar(Stk[Top--] | 48);
typ ? putchar('\n') : putchar(' ');
}
il void IOS() {ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);}
il void File() {freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);}
bool Beg;
int p[Maxn << 1], tmp;
int n;
vector <int> E[Maxn];
int fa[Maxn], vis[Maxn];
void dfs1(int x, int fth) {fa[x] = fth; for(auto to : E[x]) if(to != fth) dfs1(to, x);}
void dfs2(int x) {vis[x] = 1; for(auto to : E[x]) if(to != fa[x]) dfs2(to);}
namespace F {
int head[Maxn], edgenum;
struct node {
int nxt, to, w, c;
}edge[Maxm];
int n, s, t;
void init(int _n, int _s, int _t) {
edgenum = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = 0;
n = _n, s = _s, t = _t;
}
void add(int u, int v, int w, int c) {
edge[++edgenum] = {head[u], v, w, c}; head[u] = edgenum;
edge[++edgenum] = {head[v], u, 0, -c}; head[v] = edgenum;
}
int dis[Maxn], pre[Maxn], minw[Maxn], vis[Maxn];
int SPFA() {
for(int i = 1; i <= n; i++) dis[i] = -Inf, vis[i] = 0;
queue <int> q; q.push(s);
dis[s] = 0, minw[s] = Inf, vis[s] = 1;
while(!q.empty()) {
int x = q.front(); q.pop();
vis[x] = 0;
for(int i = head[x]; i; i = edge[i].nxt) {
int to = edge[i].to, w = edge[i].w;
if(dis[x] + edge[i].c > dis[to] && w > 0) {
dis[to] = dis[x] + edge[i].c;
pre[to] = i, minw[to] = min(minw[x], w);
if(!vis[to]) q.push(to), vis[to] = 1;
}
}
}
return dis[t] != -Inf;
}
int EK() {
int mc = 0;
while(SPFA()) {
mc += minw[t] * dis[t];
for(int x = t, i = pre[t]; x != s; x = edge[i ^ 1].to, i = pre[x]) {
edge[i].w -= minw[t]; edge[i ^ 1].w += minw[t];
}
}
return mc;
}
}
int f[Maxn][Maxn][Maxn], rt;
int dfs3(int x, int y, int fth) {
if(f[x][y][fth] != 0) return f[x][y][fth];
vector <int> p1, p2; int p = 0, q = 0;
for(auto to : E[x]) if(to != fa[x]) p1.push_back(to), p++;
for(auto to : E[y]) if(to != fth && to != rt) p2.push_back(to), q++;
for(int i = 0; i < p; i++) for(int j = 0; j < q; j++) dfs3(p1[i], p2[j], y);
F::init(p + q + 2, p + q + 1, p + q + 2);
for(int i = 0; i < p; i++) F::add(p + q + 1, i + 1, 1, 0), F::add(i + 1, p + q + 2, 1, 0);
for(int i = 0; i < q; i++) F::add(p + i + 1, p + q + 2, 1, 0);
for(int i = 0; i < p; i++) for(int j = 0; j < q; j++) F::add(i + 1, p + j + 1, 1, f[p1[i]][p2[j]][y]);
return f[x][y][fth] = 1 + F::EK();
}
bool End;
il void Usd() {cerr << (&Beg - &End) / 1024.0 / 1024.0 << "MB " << (double)clock() * 1000.0 / CLOCKS_PER_SEC << "ms\n"; }
int main() {
while(cin >> p[++tmp]) p[tmp]++;
n = (tmp >> 1) + 1;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u = p[i], v = p[i + n - 1];
E[u].push_back(v), E[v].push_back(u);
}
dfs1(1, 0);
int ans = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
for(int j = 1; j <= n; j++) vis[j] = 0;
dfs2(i); rt = i;
memset(f, 0, sizeof f);
for(int j = 1; j <= n; j++) {
if(!vis[j]) chkmax(ans, dfs3(i, j, 0));
}
}
write(ans);
Usd();
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号