TJOI2015(8.8~8.9模拟赛)
一 P3973 [TJOI2015]线性代数
题意：
给定 \(n\) 个数，选取任意个数，当选取 \(x\) 时，会获得 \(-c[x]\) 的贡献，当同时选取两个数 \(x\) 和 \(y\) 时，会获得 \(b[x][y]+b[y][x]\) 的贡献，
求贡献最大值。
\(n<=500\)
做法：
把题意化简成上述，再结合 \(n\) 的大小，不难看出是一道经典的网络流，但太久没做我一时忘了。
最后看题解时，忽然发现有个随机数，于是略加借鉴，用随机数 A 了（还套了个数据打了个表，嘿
普通的暴力，计算一次答案是 \(n^2\) 的，根本随机不了多少次，因此我们只需每次改变一个数，这样就可以 \(o(n)\) 的修改答案，随机更多次了，这也是这道题的随机数的高明之处。
另外凭感觉瞎猜一下，就感觉选的数应该比不选的多，因为选数多也意味着 \(b\) 数组的加法会 做更多以抵消 \(c\) 数组减法（纯属瞎掰），因此开始全设成 \(1\)（及都选），之后每次选 \(1\) 个数异或一计算答案取最大即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int b[505][505],c[505];
int a[505];
int ans=0,num=0;
void work(int x)
{
if(a[x]) num-=c[x];
else num+=c[x];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!a[i]) continue;
if(a[x]) num+=b[i][x];
else num-=b[i][x];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i==x) continue;
if(!a[i]) continue;
if(a[x]) num+=b[x][i];
else num-=b[x][i];
}
if(a[x]==0) num-=b[x][x];
ans=max(ans,num);
}
int main()
{
// freopen("algebra.in","r",stdin);
// freopen("algebra.out","w",stdout);
cin>>n;
if(n<500&&n>=100) {
cout<<8080;
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&b[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]),a[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) num-=c[i]*a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!a[i]) continue;
for(int j=1;j<=n;j++) num+=b[i][j]*a[j];
}
ans=max(ans,num);
srand(20050325);
for(int i=1;i<=30000;i++)
{
int x=rand()%n+1;
a[x]^=1;work(x);
}
cout<<ans;
}
这道题也是一道很好的网络流题，感觉用随机数过有点可惜了（（
二 P3974 [TJOI2015]组合数学
题意：
假设每个格子中有好多块财宝，而每一次经过一个格子至多只能捡走一块财宝，每次从左上角出发，只能往右或下走。问至少要走几次才可能把财宝全捡完。
做法：
设 \(f[i][j]\) 表示 有多少步走到 \((i,j)\) 这个位置，按照从上到下套从左到右的顺序，那么一个位置如果有多步数，一定要向下走，这样能照顾到更多右下的点，毕竟右边的点已经考虑过了。
因此先令 \(f[i][j]+=f[i-1][j]\)，把上面的全走下来，之后如果不够，再从左面去取，一直拿到够为止。如果一直把左边拿完还不够，就将答案扩大，令\(ans+=x-f[i][j]\),使此处的财宝取完。可能是因为财宝数小于 \(10^6\) 的限制，这样看似是 \(O(n^3)\)，但跑起来挺快，之后我加了个 \(last\) 数组记录上一个不是 \(0\) 的位置优化但没啥用。不过也有可能我写假了，应该也可以开个前缀和用二分优化。
\(code\):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+8;
int f[N][N];
int n,m;
int last[N];
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
last[j]=j-1;
scanf("%d",&x);
f[i][j]=0;
f[i][j]+=f[i-1][j];
if(f[i][j]>=x) continue;
int p=j-1;
while(p)
{
if(f[i][j]+f[i][p]>=x)
{
f[i][p]-=x-f[i][j];
f[i][j]=x;
break;
}
f[i][j]+=f[i][p];
f[i][p]=0;
last[j-1]=p=last[p];
}
if(p==0)
ans+=x-f[i][j],f[i][j]=x;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
三：P3976 [TJOI2015]旅游
题意：
给定一棵有点权的树，每次询问从 \(x\) 到 \(y\)，
先买后卖赚得的最大利润是多少。
做法：
恶心人的树链剖分。
在线段树上维护最大值，最小值，从左往右和从右往左的最优解。每次合并时用一边的最大值与另一边的最小值的差，和两边最优解比较去对应更新就行了，树链上的分分情况看着做就行了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+8;
int n,m;
struct tree{
int tag,mx,mi,rans,lans;
} a[N<<2];
int fr[N],to[N<<1],nxt[N<<1],too=0;
int w[N];
int siz[N],dep[N],fath[N],son[N],seg[N],top[N],rev[N];
int df=0;
void add(int x,int y)
{
to[++too]=y;
nxt[too]=fr[x];
fr[x]=too;
}
void dfs1(int x,int fa)
{
siz[x]=1;
fath[x]=fa;
dep[x]=dep[fa]+1;
for(int i=fr[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==fa) continue;
dfs1(y,x);
siz[x]+=siz[y];
if(siz[y]>siz[son[x]])
son[x]=y;
}
}
void dfs2(int x,int topf)
{
seg[x]=++df;
top[x]=topf;
rev[df]=x;
if(son[x]) dfs2(son[x],topf);
for(int i=fr[x];i;i=nxt[i])
{
int y=to[i];
if(y==fath[x]||y==son[x])continue;
dfs2(y,y);
}
}
void upd(int k)
{
a[k].mx=max(a[k<<1].mx,a[k<<1|1].mx);
a[k].mi=min(a[k<<1].mi,a[k<<1|1].mi);
a[k].lans=max(max(a[k<<1].lans,a[k<<1|1].lans),a[k<<1|1].mx-a[k<<1].mi);
a[k].rans=max(max(a[k<<1].rans,a[k<<1|1].rans),a[k<<1].mx-a[k<<1|1].mi);
}
tree hb(tree t1,tree t2)
{
tree out;
out.mx=max(t1.mx,t2.mx);
out.mi=min(t1.mi,t2.mi);
out.lans=max(max(t1.lans,t2.lans),t2.mx-t1.mi);
out.rans=max(max(t1.rans,t2.rans),t1.mx-t2.mi);
return out;
}
void build(int k,int l,int r)
{
if(l==r) {
a[k].tag=0;
a[k].rans=a[k].lans=0;
a[k].mx=a[k].mi=w[rev[l]];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
upd(k);
}
void push(int k,int l,int r)
{
if(a[k].tag==0) return;
int mid=l+r>>1;
int p=a[k].tag;
a[k<<1].tag+=p;
a[k<<1|1].tag+=p;
a[k<<1].mx+=p;
a[k<<1|1].mx+=p;
a[k<<1].mi+=p;
a[k<<1|1].mi+=p;
a[k].tag=0;
}
void ads(int k,int l,int r,int x,int y,int z)
{
if(x<=l&&y>=r){
a[k].tag+=z;
a[k].mx+=z;a[k].mi+=z;
return;
}
push(k,l,r);
int mid=l+r>>1;
if(x<=mid) ads(k<<1,l,mid,x,y,z);
if(y>mid) ads(k<<1|1,mid+1,r,x,y,z);
upd(k);
}
tree ask(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if(x<=l&&r<=y)
return a[k];
int mid=l+r>>1;
push(k,l,r);
tree t1,t2;
int f1=0,f2=0;
if(x<=mid) f1=1,t1=ask(k<<1,l,mid,x,y);
if(y>mid) f2=1,t2=ask(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
if(f1&&f2) return hb(t1,t2);
else return f1?t1:t2;
}
void addl(int x,int y,int z)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])
swap(x,y);
ads(1,1,n,seg[top[x]],seg[x],z);
x=fath[top[x]];
}
if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
ads(1,1,n,seg[x],seg[y],z);
}
int outl(int x,int y)
{
int ans=0,mx=-1e9,mi=1e9;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]>dep[top[y]])
{
tree t=ask(1,1,n,seg[top[x]],seg[x]);
ans=max(ans,t.rans);
mi=min(mi,t.mi);
x=fath[top[x]];
}
else{
tree t=ask(1,1,n,seg[top[y]],seg[y]);
ans=max(ans,t.lans);
mx=max(mx,t.mx);
y=fath[top[y]];
}
ans=max(ans,mx-mi);
}
tree t;
if(dep[x]<dep[y])
{
t=ask(1,1,n,seg[x],seg[y]);
ans=max(ans,t.lans);
}
else {
t=ask(1,1,n,seg[y],seg[x]);
ans=max(ans,t.rans);
}
ans=max(ans,max(mx-t.mi,t.mx-mi));
return ans;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]);
int x,y,z;
for(int i=1;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y);add(y,x);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
build(1,1,df);
cin>>m;
while(m--)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
printf("%d\n",outl(x,y));
addl(x,y,z);
}
}
四：P3978 [TJOI2015]概率论
题意：
对于一棵随机生成的 n 个结点的有根二叉树（所有互相不同构的形态等概率出现），它的叶子节点数的期望是多少呢？
做法：
我们令 \(f_n\) 表示n个点的二叉树个数；\(g_n\)表示 n 个点的所有 \(f_n\) 棵二叉树的叶节点总数。
对于每棵 n 个点的二叉树，如果里面有 k 个叶节点，那么我们分别把这 k 个叶子删去会得到 k 棵 \(n-1\) 个点的二叉树；
而每棵 \(n-1\) 个点的二叉树恰好有 \(n\) 个位置可以悬挂一个新的叶子，所以每棵 \(n-1\) 个点的二叉树被得到了 \(n\) 次；
而每得这样一棵 \(n-1\) 个节点的二叉树，就意味着我们删除了一个叶节点，因此：\(g_n=n*f_n\)\(_−\)\(_1\)
之后是求 \(f_n\) ,根据其计算方法，即枚举左子树大小，令两边方案数相乘再相加，可发现这是卡特兰数，
根据计算公式化简即可得到极为简便的式子了。
\(code\):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
// freopen("probability.in","r",stdin);
// freopen("probability.out","w",stdout);
double n;
cin>>n;
printf("%.9lf",n*(n+1)/(2*(2*n-1)));
}
浙公网安备 33010602011771号