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结论：假完了。

虽然可以改，但是洛谷题解做法更简洁。

但是可以把换根 DP 改成求直径吧。

做法

求求大神帮忙 hack t3/kel，真没招了/kel

下面是做法：

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf 
#define pf printf 
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++) 
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--) 
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace wing_heart {
	constexpr int N=1e5+7;
	int T,n;
	int h,t,len;
	vector<int> to[N];
	int dep[N],st1[N],st2[N];
	int *toh,*tot;
	void re() { swap(h,t), swap(toh,tot); }
	void dfs0(int u,int fa) {
		toh[u]=fa;
		for(int v : to[u]) if(v^fa) {
			dfs0(v,u);
		}
	}
	void build_tot() { 
		int x=t; 
		while(x!=h) tot[toh[x]]=x, x=toh[x]; 
	}
	int dfs(int u,int fa) {
		dep[u]=dep[fa]+1;
		toh[u]=0;
		int mx=dep[u];
		for(int v : to[u]) if(v^fa) {
			int tmp = dfs(v,u);
			if(tmp>mx) mx=tmp, toh[u]=v;
		}
		return mx;
	}
	void run() {
		dep[tot[h]]=0;
		dfs(h,tot[h]);
		while(toh[h]) h=toh[h],t=toh[t];
		build_tot();
		// pf("%d %d\n",h,t); fflush(stdout);
	}
	void getlen() {
		len=1;
		int x=t;
		while(x!=h) ++len, x=toh[x];
		// pf("len = %d\n",len);
	}
	int mxdep[N];
	bool check(int u,int fa) {
		dep[u]=dep[fa]+1;
		mxdep[u]=dep[u];
		int cnt=0;
		for(int v : to[u]) if(v^fa) {
			if(check(v,u)) return 1;
			mxdep[u]=max(mxdep[u],mxdep[v]);
			if(mxdep[v]-dep[u]+1>=len) ++cnt;
		}
		// pf("%d %d %d\n",u,fa,mxdep[u]);
		if(cnt>=2) return 1;
		return 0;
	}
	void main() {
		sf("%d",&T);
		// int line=0;
		while(T--) {
			sf("%d%d%d",&n,&h,&t);
			// pf("line %d\n",line+1);
			// line+=n;
			rep(i,1,n) to[i].clear();
			toh=st1,tot=st2;
			rep(i,1,n-1) {
				int u,v;
				sf("%d%d",&u,&v);
				to[u].push_back(v), to[v].push_back(u);
			}
			// assert(dep[0]==0);
			dfs0(h,0);
			build_tot();
			run();
			re();
			run();
			re();
			run();
			// 走到直径上
			getlen();
			dep[toh[t]]=0;
			if(check(t,toh[t])) puts("YES");
			else puts("NO");
		}
	}
}
int main() {
	#ifdef LOCAL 
	// freopen("in.txt","r",stdin);
	freopen("my.out","w",stdout);
	#else  
	freopen("inverse.in","r",stdin);
	freopen("inverse.out","w",stdout);
	#endif 
	wing_heart :: main();
}

第一个出错的数据（模拟赛题数据）

http://cplusoj.com/d/senior/record/6916a972cd056b0e09db9484

3-7，有 $4$ 个错点，均是应输出 YES。其中第一个出错位置在 in 的第 12264 行，out 的 44 行。下面的数据就是这个位置截出来的。

3-8 没错。

CF 上 WA on #2。输出的前 100 行里，只有第 43 行出错。也是应输出 YES。https://codeforces.com/contest/1381/submission/348842167

应当输出 YES。

提供对拍代码

我拍了很多 $n=16,n=30,n=100$，没拍出来/ll

Linux 版。

shuju.cpp

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace wing_heart {
	int n=16;
	mt19937 rd(random_device{}());
	int rand(int l,int r) { return rd()%(r-l+1)+l; }
	void main() {
		puts("1");
		int x=rand(1,n);
		int y=rand(1,n);
		while(x==y) y=rand(1,n);
		pf("%d %d %d\n",n,x,y);
		rep(i,2,n) {
			int fa=rand(1,i-1);
			pf("%d %d\n",fa,i);
		}
	}
}
int main() {
	freopen("in.txt","w",stdout);
	wing_heart :: main();
}

checker.cpp

std 需要关闭文件读写。

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
	while(1) {
		system("./shuju");
		system("./inverse < in.txt");
		system("./std < in.txt > std.out");
		if(system("diff my.out std.out")) {
			puts("WA");
			exit(0);
		} else puts("AC");
	}
}

题目菱形一种情况证明

要证明这种情况为什么可以转化成别的情况，而不是需要 $5$ 个点。

考虑对菱形进行不劣的变换。

当菱形越来越像正方形时，它的边长会变短。

这是一种情况（情况 A）（因为有一个点可以到顶点，所以 $3$ 个点可以确定出菱形）：

假如有一个蓝色的点，就会变成下面这种情况 B：

如果向远离正方向的方向对菱形进行变换，会有：

下面这个也是情况 A，同理，如果有一个蓝点卡住就会变成情况 B。

下面是情况 C：

唉，要是变换的时候有一个红色点出去了怎么办？

比如这种，左下角的红点出去了是因为它的位置太下了。边长又缩短了，它就出去了。

可以把菱形往远离正方形的方向（即边长变长）变换，变成上面的情况，左下角的红点一定会被变换后的菱形严格包含。

还有一些其他的情况，感觉无法全部列完，比如下面这种：

似乎可以总结成两种情况，分别向远离正方形和靠近正方向两个方向变换。变换直到某条边被一个点卡住为止。下图演示的是被新的蓝色点卡住的情况（蓝色点未标出）：

至此证明了这一种情况一定会被别的情况搜到。

我们其实是要找一种枚举若干点的方案，使得《若干点》可以确定出唯一的菱形，且所有有用的点集都会被搜到。

考虑一个点集，找出它的凸包。（黑色是点集的凸包）

显然点集被菱形包含完全等价于凸包被菱形包含。

假设存在一个合法的红色菱形，这个菱形与凸包可能有若干个交点，如下图这种情况：

显然可以先把一个黑边贴着菱形（平移）：

然后把上面绿色的角（顶角）调小（保证面积相同），变成下面的样子。（：

然后把顶角调大，同时向下平移（保证面积相同），直到粉色或者橙色的边碰到凸包：

下图是橙色碰到凸包（情况 A）：

下图数粉色碰到凸包（情况 B）：

下面是顶角开到最大粉色和橙色仍然都碰不到凸包（情况 C）：

显然没有其他情况了。

然后要继续转化情况 B。

平移直到右下边碰到凸包，如下图：

用于测试

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1. 制作一份待办事宜 Todo 列表

支持以 PDF 格式导出文稿
改进 Cmd 渲染算法，使用局部渲染技术提高渲染效率
新增 Todo 列表功能
修复 LaTex 公式渲染问题
新增 LaTex 公式编号功能

2. 书写一个质能守恒公式[^LaTeX]

\[E=mc^2 \]

3. 高亮一段代码[^code]

#include<bits/stdc++.h>
#define sf scanf
#define pf printf
#define rep(x,y,z) for(int x=y;x<=z;x++)
#define per(x,y,z) for(int x=y;x>=z;x--)
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace wing_heart {
    void main() {
        
        }
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);
    #endif
    wing_heart :: main();
}

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8. 绘制表格

项目	价格	数量
计算机	$1600	5
手机	$12	12
管线	$1	234

答案

根据二项式定理：$(x+y)^n = \sum_{i=0}^n \binom{n}{i} x^i y^{n-i}$

注意到当 $i>m$ 的时候 $\binom{m}{i}=0$，

所以 $F(x) = (1+x)^m$。

再见！

为什么这样证明出来吉司机线段树区间取 min，区间加，区间求和的复杂度是单 log，求找漏洞？（大雾）

省流版：

只讨论进行过取 $\min$ 操作的数。

观察一个区间长度为 $len$ 的线段树节点。我们把极长的值相同的数字成为一个平台。平台个数不小于数字颜色数。势能定义为平台个数。

区间取 $\min$ 会使平台增加 $O(1)$ 个。

单点修改会使平台增加 $O(1)$ 个。

区间加会使边界的平台分裂，多出 $O(1)$ 个，而可能处于操作边界的线段树节点只有 $O(\log n)$ 个。

在没有区间加操作的时候，我们定义一个线段树区间的势能是数字的颜色个数（值相同的数字为同一颜色）。因为每次取 min 递归一次就会把一个区间的最大值和严格次大值合并，势能减 $1$。因此时间复杂度等于总势能。

对于初始的线段树，一个区间长度为 $len$ 的节点势能是 $O(len)$。总势能等于所有节点的区间长度之和，即 $O(n \log n)$。

我们把目光放到一个长度为 $len$ 的区间。

我们建立横轴是下标，数轴是值的坐标系，有 $len$ 个初始点，不妨认为初始点的个数就是势能，即 $len$。这里初始点的个数不小于点的颜色数。

对 $[l,r]$ 的初始点进行取 $\min$ 操作，高处的初始点会“坍塌”到同一高度，形成一个“平台”。我们认为坍塌的点被开除了初始点的名单，成为了一个新的平台。后文平台的定义都是指极大的值相同连续段（不考虑仍然属于初始点的点）。

对于初始点，进行单点和区间加操作不改变势能，因此我们只需要考虑平台的势能。

定义一个区间所有平台的势能等于平台的个数。平台个数不小于属于平台的数的颜色数，所以这么定义是可以的。

一次取 $\min$ 操作会形成或者裂开 $O(1)$ 个平台。容易发现只做取 $\min$ 操作，平台间只存在相邻关系和包含关系（包含就是在一个平台中间再坍塌下去一个小平台）。我们不妨把一个平台包含另一个平台拆开成三个相邻的平台，这不影响平台个数的数量级。因此平台不相交。

对原有平台进行一次单点加操作会生成 $O(1)$ 个新平台。有 $\log n$ 个线段树节点会受此影响。

对原有平台进行一次区间加操作，因为平台不相交，被操作完全覆盖的平台只会整体上下平移，只有边界的 $2$ 个平台会被分裂，因此平台个数增加 $O(1)$ 个。有 $2 \log n$ 个线段树节点可能出现被割开的平台。

因此总复杂度是 $O((n+m) \log n)$ 的。

posted @ 2025-02-09 16:28 wing_heart 阅读(142) 评论(0) 收藏举报

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