【做题记录】2025提高刷题-dp
A. Min-Fund Prison (Medium)
考虑一个边双连通分量一定不可能分为合法的两部分，于是进行缩点。缩完后显然是一个森林。
设 \(dp_{i,j,0/1}\) 表示第一堆有 \(i\) 个点，第二堆有 \(j\) 个点，两堆点有没有用一条边连起来的最小花费。对于每棵树，考虑将它加入第一堆/加入第二堆/一部分加入第一堆另一部分加入第二堆。时间复杂度 \(O(n^3)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define pb push_back
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
namespace IO{
const int bufsz=1<<20;
char ibuf[bufsz],*p1=ibuf,*p2=ibuf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=ibuf)+fread(ibuf,1,bufsz,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<typename T=int>il T read(){
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
ch=getchar();
}
T x=0;
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x;
}
#undef getchar
char obuf[bufsz],*p3=obuf,s[50];
il int flush(){
fwrite(obuf,1,p3-obuf,stdout);
p3=obuf;
return 0;
}
#define putchar(ch) (p3==obuf+bufsz&&flush(),*p3++=(ch))
template<typename T>il void write(T x,bool typ=1){
if(x<0){
putchar('-');
x=-x;
}
int top=0;
do{
s[++top]=x%10|48;
x/=10;
}while(x);
while(top){
putchar(s[top--]);
}
putchar(typ?'\n':' ');
}
#undef putchar
}
using IO::read;
using IO::write;
const int maxn=305,inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int T,n,m,c,enm,hd[maxn];
struct edge{
int v,nxt;
}e[maxn<<1];
il void addedge(int u,int v){
e[++enm]=(edge){v,hd[u]};
hd[u]=enm;
}
int dfn[maxn],low[maxn],cnt;
bool geb[maxn<<1];
il void tarjan(int u,int fa){
dfn[u]=low[u]=++cnt;
for(int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(!dfn[v]){
tarjan(v,i);
low[u]=min(low[u],low[v]);
if(low[v]>dfn[u]){
geb[i]=geb[i^1]=1;
}
}
else if(i!=fa&&i!=(fa^1)){
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
}
int bel[maxn],bcn,sz[maxn];
bool vis[maxn];
il void dfs1(int u){
vis[u]=1,bel[u]=bcn,sz[bcn]++;
for(int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(!vis[v]&&!geb[i]){
dfs1(v);
}
}
}
int dp[maxn][maxn][2],nf[maxn][maxn][2],tot;
vector<int> ed[maxn];
il void dfs2(int u,int fa){
vis[u]=1;
for(int v:ed[u]){
if(v==fa){
continue;
}
dfs2(v,u);
sz[u]+=sz[v];
}
}
il void upd(int &x,int y){
x=min(x,y);
}
il void dfs3(int u,int fa,int rt){
for(int v:ed[u]){
if(v==fa){
continue;
}
for(int i=0;i<=tot;i++){
upd(nf[i+sz[v]][tot-i+sz[rt]-sz[v]][1],dp[i][tot-i][0]+2*i*sz[v]+sz[v]*sz[v]+2*(tot-i)*(sz[rt]-sz[v])+(sz[rt]-sz[v])*(sz[rt]-sz[v])+c*(i?1:0)+c*(tot-i?1:0));
upd(nf[i+sz[rt]-sz[v]][tot-i+sz[v]][1],dp[i][tot-i][0]+2*i*(sz[rt]-sz[v])+(sz[rt]-sz[v])*(sz[rt]-sz[v])+2*(tot-i)*sz[v]+sz[v]*sz[v]+c*(i?1:0)+c*(tot-i?1:0));
}
dfs3(v,u,rt);
}
}
il void solve(){
n=read(),m=read(),c=read();
enm=1;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
u=read(),v=read();
addedge(u,v);
addedge(v,u);
}
cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!dfn[i]){
tarjan(i,0);
}
}
bcn=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
bcn++;
dfs1(i);
}
}
// for(int i=1;i<=bcn;i++){
// cout<<sz[i]<<" ";
// }
// puts("");
for(int u=1;u<=n;u++){
for(int i=hd[u],v;i;i=e[i].nxt){
v=e[i].v;
if(bel[u]!=bel[v]){
ed[bel[u]].pb(bel[v]);
ed[bel[v]].pb(bel[u]);
}
}
}
for(int i=1;i<=bcn;i++){
sort(ed[i].begin(),ed[i].end());
ed[i].erase(unique(ed[i].begin(),ed[i].end()),ed[i].end());
}
mem(dp,0x3f);
dp[0][0][0]=0;
tot=0;
mem(vis,0);
for(int i=1;i<=bcn;i++){
if(!vis[i]){
// cout<<i<<"\n";
dfs2(i,0);
memcpy(nf,dp,sizeof dp);
for(int j=0;j<=tot;j++){
upd(nf[j+sz[i]][tot-j][0],dp[j][tot-j][0]+2*j*sz[i]+sz[i]*sz[i]+c*(j?1:0));
upd(nf[j][tot-j+sz[i]][0],dp[j][tot-j][0]+2*(tot-j)*sz[i]+sz[i]*sz[i]+c*(tot-j?1:0));
upd(nf[j+sz[i]][tot-j][1],dp[j][tot-j][0]+2*j*sz[i]+sz[i]*sz[i]+c+c*(j?1:0));
upd(nf[j+sz[i]][tot-j][1],dp[j][tot-j][1]+2*j*sz[i]+sz[i]*sz[i]+c*(j?1:0));
upd(nf[j][tot-j+sz[i]][1],dp[j][tot-j][0]+2*(tot-j)*sz[i]+sz[i]*sz[i]+c+c*(tot-j?1:0));
upd(nf[j][tot-j+sz[i]][1],dp[j][tot-j][1]+2*(tot-j)*sz[i]+sz[i]*sz[i]+c*(tot-j?1:0));
}
dfs3(i,0,i);
tot+=sz[i];
memcpy(dp,nf,sizeof nf);
}
}
// cout<<tot<<"\n";
int ans=inf;
for(int i=1;i<tot;i++){
ans=min(ans,dp[i][tot-i][1]);
}
write(ans>=inf?-1:ans);
mem(hd,0),mem(dfn,0),mem(low,0);
mem(vis,0),mem(geb,0),mem(sz,0);
for(int i=1;i<=bcn;i++){
ed[i].clear();
}
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
T=read();
while(T--){
solve();
}
IO::flush();
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
/*
1
6 6 2
1 4
2 5
3 6
1 5
3 5
6 5
*/
B. Construct Tree
考虑如果构造出了一条直径，若对于剩下的每一条边都可以找到一个点使加上后新的路径不大于直径，那就是有解的。
因此我们考虑将直径拆成两段，设 \(dp_{i,j}\) 表示第一段长度为 \(i\) 第二段长度为 \(j\) 是否可行，枚举每条边向两段里面加。最后如果两段长度都大于最长的边则合法。可以用 bitset 优化，\(O(\frac{nm^2}{w})\)。
然而这样是有问题的，考虑如果最大的边在其中一段中，另一段是有可能小于这个最大值的，然而这样也是可以合法的。因此再加一个判断，如果可以找到一个边集长度满足 \(m\) 使最大的边在集合中，那就也合法。可以用可行性背包。
然而其实还是有问题，新的两条边之和有可能直接大于 \(m\)。因此再判断，如果最大值与次大值之和大于 \(m\) 就不合法。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e3+5;
int T,n,m,a[maxn];
int g[maxn];
bool f[maxn];
bitset<maxn> dp[maxn];
il void solve(){
read(n)read(m);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
}
sort(a+1,a+n+1);
if(a[n-1]+a[n]>m){
puts("NO");
return ;
}
for(int i=0;i<=m;i++){
f[i]=g[i]=0;
}
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j>=a[i];j--){
if(f[j-a[i]]){
f[j]=1;
g[j]=max({g[j],g[j-a[i]],a[i]});
}
}
}
if(!f[m]){
puts("NO");
return ;
}
if(g[m]==a[n]){
puts("YES");
return ;
}
for(int i=0;i<=m;i++){
dp[i].reset();
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=m;j;j--){
dp[j]|=dp[j]<<a[i];
if(j>=a[i]){
dp[j]|=dp[j-a[i]];
}
}
}
for(int i=0;i<=m;i++){
if(min(i,m-i)>=a[n]&&dp[i][m-i]){
puts("YES");
return ;
}
}
puts("NO");
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
C. Light Bulbs (Hard Version)
若在一个区间 \([l,r]\) 中，每种颜色都出现偶数次（\(2\) 或 \(0\)），且这个区间不能再被分割成这样的区间，则在这个区间中只要一开始点亮了一个就可以点亮全部。使用异或哈希判断每个颜色的出现次数。\(ans1\) 即为这样的区间数量。
然而在一个这样的区间中，并不是点亮每一个都是合法的。比如这个区间 \((3,1,2,1,2,3)\)，选第一个或最后一个 \(3\) 点亮是没问题的，但是点亮 \(1\) 或 \(2\) 是不行的。因此我们需要跳过这些位置。存储每一个哈希值最后出现的位置，当这个值不是 \(0\) 时，这个位置就是合法的位置。于是对于每一个区间累加这样的位置个数，再乘起来就好了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
#define ull unsigned ll
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=4e5+5;
const int mod=998244353;
int T,n,p1[maxn],p2[maxn];
ull ha[maxn<<1],hc[maxn];
mt19937_64 rdsd(time(0));
il void solve(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
hc[i]=rdsd();
// cout<<hc[i]<<"\n";
}
map<ull,int> cun;
int ans=0;
for(int i=1,x;i<=n<<1;i++){
read(x);
ha[i]=ha[i-1]^hc[x];
cun[ha[i]]=i;
if(!ha[i]){
ans++;
}
}
printf("%d ",ans);
ans=1;
for(int i=0,j;i<n<<1;i++){
if(!ha[i]){
j=i+1;
int res=1;
while(ha[j]){
j=cun[ha[j]]+1;
res++;
}
ans=ans*1ll*res%mod;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
D. Twin Friends
计数题，用桶存储每个字母的出现次数。
首先对于 \(A\)，它的排列有 \(\frac{n!}{\prod_{i=1}^{26} toa_i!}\) 种。于是只需再计算字母的对应方式即可。
设 \(dp_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个字母，用了 \(j\) 个 \(i+1\) 来替换的方案数。即在这 \(toa_i\) 个子母中可以选择 \(j\) 个。于是有方程：
\[dp_{i,j}={toa_i\choose j}\sum_{k=0}^{tob_i-toa_i+j}dp_{i-1,k}
\]
使用前缀和即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e5+5;
const int mod=998244353;
int n,m,toa[30],tob[30];
int dp[30][maxn];
int fac[maxn],inv[maxn];
char a[maxn],b[maxn];
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
res=res*1ll*x%mod;
}
x=x*1ll*x%mod,y>>=1;
}
return res;
}
il int C(int x,int y){
if(x<y||y<0){
return 0;
}
return fac[x]*1ll*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(n)read(m);
scanf(" %s %s",a+1,b+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
toa[a[i]-'A'+1]++;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
tob[b[i]-'A'+1]++;
}
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
fac[i]=fac[i-1]*1ll*i%mod;
}
inv[n]=qpow(fac[n],mod-2);
for(int i=n;i;i--){
inv[i-1]=inv[i]*1ll*i%mod;
}
for(int i=0;i<=m;i++){
dp[0][i]=1;
}
int ans=fac[n];
for(int i=1;i<=26;i++){
ans=ans*1ll*inv[toa[i]]%mod;
for(int j=max(0,toa[i]-tob[i]);j<=min(toa[i],tob[i+1]);j++){
(dp[i][j]+=dp[i-1][tob[i]-toa[i]+j]*1ll*C(toa[i],j)%mod)%=mod;
}
for(int j=1;j<=m;j++){
(dp[i][j]+=dp[i][j-1])%=mod;
}
}
// for(int i=1;i<=26;i++){
// for(int j=0;j<=n;j++){
// cout<<dp[i][j]<<" ";
// }
// puts("");
// }
// cout<<ans<<"\n";
printf("%d",ans*1ll*dp[26][0]%mod);
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
E. One-X
对于节点 \(p\)，设长度为 \(len\)，则贡献为 \(p(2^{\lceil\frac{len}{2}\rceil}-1)(2^{\lfloor\frac{len}{2}\rfloor}-1)\)。
扩展一下，对于某一层，若长度为 \(len\) 的点编号之和为 \(p\)，则贡献可以方便地计算。
而我们知道，线段树上的一层中，节点维护的区间长度最多只有 \(2\) 个值。
如果不知道：
首先第一层只有 \(1\) 个值。设为 \(len\)。
则第二层最多有两个值，即 \(\lceil\frac{len}{2}\rceil\) 和 \(\lfloor\frac{len}{2}\rfloor\)。
第三层会出现上面两个值的一半的上、下取整。而 \(\lceil\frac{\lceil\frac{len}{2}\rceil}{2}\rceil\) 和 \(\lfloor\frac{\lfloor\frac{len}{2}\rfloor}{2}\rfloor\) 最多只相差 \(1\)。于是可以归纳法证明。
于是每一层的 \(len\) 就只有 \(2\) 种情况，直接统计答案即可。考虑将编号和下传。显然左儿子编号之和为当前编号和的二倍，右儿子编号和为当前编号和的二倍再加上当前编号数。复杂度 \(O(\log^2n)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int mod=998244353;
int T,n;
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
res=res*1ll*x%mod;
}
x=x*1ll*x%mod,y>>=1;
}
return res;
}
il void solve(){
read(n);
int ans=0;
map<int,pii> cun[70];
cun[1][n]=mp(1,1);
for(int i=1;i<=65;i++){
for(auto j:cun[i]){
int len=j.fir,num=j.sec.fir,sum=j.sec.sec;
if(j.fir==1){
(ans+=sum)%=mod;
continue;
}
(ans+=sum*1ll*(qpow(2,(len+1)>>1)-1)%mod*(qpow(2,len>>1)-1)%mod)%=mod;
(cun[i+1][(len+1)>>1].fir+=num)%=mod;
(cun[i+1][(len+1)>>1].sec+=sum<<1)%=mod;
(cun[i+1][len>>1].fir+=num)%=mod;
(cun[i+1][len>>1].sec+=sum*2+num)%=mod;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
read(T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
F. Jellyfish and EVA
设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 走到 \(n\) 的概率。有方程：
\[f_u=\sum_{v\in son_u}f_vP_{u\to v}
\]
考虑 Jellyfish 的策略，一定是从 \(u\) 的所有后继结点中选择 \(f\) 最大的一个。因此我们需要知道对于出度为 \(i\) 的节点 \(u\)，走到第 \(j\) 优先的点 \(v\) 的概率。记为 \(g_{i,j}\)。则 \(f\) 的转移方程：
\[f_u=\sum_{v\in son_u}f_vg_{deg_u,i}
\]
其中 \(v\) 是第 \(i\) 优先的点。
考虑转移 \(g\)，显然 \(g_{i,1}=\frac{1}{i}\)。考虑使最优先的点被删去的那个点优先级大于或小于 \(j\)，有方程：
\[g_{i,j}=g_{i-2,j-1}\times\frac{i-j}{i}+g_{i-2,j-2}\times\frac{j-2}{i}
\]
时间复杂度为 \(O(n^2)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=5e3+5;
int T,n,m,deg[maxn];
double f[maxn],g[maxn][maxn];
vector<int> e[maxn];
il void solve(){
read(n)read(m);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
read(u)read(v);
e[u].pb(v),deg[u]++;
}
f[n]=1;
for(int u=n-1;u;u--){
sort(e[u].begin(),e[u].end(),[](const int &x,const int &y){return f[x]>f[y];});
for(int i=0;i<e[u].size();i++){
f[u]+=f[e[u][i]]*g[deg[u]][i+1];
}
}
printf("%.10f\n",f[1]);
for(int i=1;i<=n;i++){
e[i].clear();
f[i]=deg[i]=0;
}
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
g[1][1]=1;
for(int i=2;i<=5e3;i++){
g[i][1]=1.0/i;
for(int j=2;j<=i;j++){
g[i][j]=g[i-2][j-1]*(i-j)/i+g[i-2][j-2]*(j-2)/i;
}
}
read(T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
G. Another MEX Problem
设 \(f_{i,j}\) 表示用前 \(i\) 个数能否使答案为 \(j\)。显然可以枚举最后一段的起点与答案进行 \(O(n^3)\) 转移。
考虑优化。对于一个区间 \([l,r]\)，如果 \([l+1,r]\) 或 \([l,r-1]\) 的 \(\operatorname{mex}\) 等于 \([l,r]\) 的 \(\operatorname{mex}\)，则用 \([l,r]\) 转移显然不优。因此考虑只用无法缩小成 \(\operatorname{mex}\) 不变的子区间的区间进行转移。可以用反证法证明这样的区间个数是 \(O(n)\) 的。于是复杂度优化为 \(O(n^2)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
using namespace std;
namespace asbt{
namespace IO{
const int bufsz=1<<20;
char ibuf[bufsz],*p1=ibuf,*p2=ibuf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=ibuf)+fread(ibuf,1,bufsz,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
template<typename T=int>il T read(){
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
ch=getchar();
}
T x=0;
while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return x;
}
#undef getchar
}
using IO::read;
il void solve(){
int n=read();
vector<int> a(n+5,0),tong(n+5,0);
vector<vector<int> > mex(n+5,vector<int>(n+5,0));
vector<vector<int> > f(n+5,vector<int>(n+5,0));
vector<vector<int> > e(n+5,vector<int>());
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=read();
}
for(int l=1;l<=n;l++){
for(int i=0;i<=n;i++){
tong[i]=0;
}
for(int r=l;r<=n;r++){
mex[l][r]=mex[l][r-1];
tong[a[r]]++;
while(tong[mex[l][r]]){
mex[l][r]++;
}
}
}
// for(int l=1;l<=n;l++){
// for(int r=l;r<=n;r++){
// cout<<l<<" "<<r<<" "<<mex[l][r]<<"\n";
// }
// }
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!a[i]){
e[i].pb(i);
continue;
}
for(int j=i;j<=n;j++){
if(a[i]>a[j]&&mex[i][j]>a[i]){
e[j].pb(i);
break;
}
}
for(int j=i;j;j--){
if(a[i]>a[j]&&mex[j][i]>a[i]){
e[i].pb(j);
break;
}
}
}
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=f[i-1];
for(int j:e[i]){
for(int k=0;k<=n;k++){
if((k^mex[j][i])>n){
continue;
}
f[i][k]|=f[j-1][k^mex[j][i]];
}
}
}
for(int i=n;~i;i--){
if(f[n][i]){
printf("%d\n",i);
break;
}
}
}
int main(){
int T=read();
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
H. Travel Plan
对于确定的最大值 \(x\) 和路径上的点数 \(y\)，对答案的贡献是好搞的，即为 \(m^{n-y}(x^y-(x-1)^y)\)。又有路径长度是 \(O(\log n)\) 的，因此我们只需求出每个长度的路径有多少条。
原图是一棵完全二叉树，即只有最后一层是不满的，切最后一层的点紧贴着左侧。我们发现它的左子树和右子树中一定有一棵是完全二叉树，另一棵是满二叉树（就是最后一层也满了）。
于是设 \(g2_i\) 表示在这棵树中长为 \(i\) 的路径数，\(g1_{i,j}\) 表示一棵 \(i\) 层的满二叉树上长为 \(j\) 的路径有多少条。可以预处理出 \(g1\)，那么对于一棵树就只需要递归完全二叉子树了。
考虑 \(g\) 如何转移，我们再设 \(f\) 表示相应的树的形态从根出发的长为 \(i\) 的链的条数。于是 \(f\) 就可以从两个子树的 \(f\) 相加得到，而 \(g\) 的转移分别是两棵子树内的、从根出发的和穿过根的情况。时间复杂度为 \(O(T(m\log n+\log^3n))\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e5+5;
const int mod=998244353;
int T,n,m,f2[130],g2[130];
int f1[70][130],g1[70][130];
int pw[maxn][130];
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
(res*=x)%=mod;
}
(x*=x)%=mod,y>>=1;
}
return res;
}
il int depl(int x){
if(x>n){
return 0;
}
return depl(x<<1)+1;
}
il int depr(int x){
if(x>n){
return 0;
}
return depr(x<<1|1)+1;
}
il bool check(int x){
return depl(x)==depr(x);
}
il void dfs(int x){
if(x<<1>n){
f2[0]=g2[0]=1;
return ;
}
if(x<<1==n){
f2[0]=f2[1]=g2[1]=1;
g2[0]=2;
return ;
}
int d;
if(check(x<<1)){
d=depl(x<<1);
dfs(x<<1|1);
}
else{
d=depl(x<<1|1);
dfs(x<<1);
}
for(int i=0;i<=d<<1;i++){
(g2[i]+=g1[d][i])%=mod;
for(int j=0;j<=i;j++){
(g2[i+2]+=f2[j]*f1[d][i-j])%=mod;
}
}
for(int i=d<<1;i;i--){
f2[i]=(f2[i-1]+f1[d][i-1])%mod;
}
for(int i=0;i<=d<<1;i++){
(g2[i]+=f2[i])%=mod;
}
}
il void solve(){
memset(f2,0,sizeof f2);
memset(g2,0,sizeof g2);
read(n)read(m);
dfs(1);
int ans=0,d=depl(1);
for(int i=0,tmp;i<=2*d-2;i++){
if(i+1>n){
break;
}
tmp=0;
for(int j=1;j<=m;j++){
(tmp+=(pw[j][i+1]-pw[j-1][i+1]+mod)*j)%=mod;
}
// cout<<tmp<<"\n";
(ans+=tmp*g2[i]%mod*qpow(m,n-i-1))%=mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
signed main(){
for(int i=1;i<=60;i++){
f1[i][0]=1;
for(int j=1;j<i;j++){
f1[i][j]=f1[i-1][j-1]*2%mod;
}
for(int j=0;j<=2*i-2;j++){
(g1[i][j]+=g1[i-1][j]*2+f1[i][j])%=mod;
for(int k=0;k<=j;k++){
(g1[i][j+2]+=f1[i-1][k]*f1[i-1][j-k])%=mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=1e5;i++){
pw[i][0]=1;
for(int j=1;j<=120;j++){
pw[i][j]=pw[i][j-1]*i%mod;
}
}
read(T);
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
signed main(){return asbt::main();}
I. Mighty Rock Tower
设 \(f_i\) 表示从第 \(i-1\) 层堆到第 \(i\) 层的期望步数。枚举往下掉到哪一层，有方程：
\[\begin{aligned}
f_i&=1+p_i^i\sum_{j=1}^{i}f_j+\sum_{j=1}^{i-1}p_i^{i-j}(1-p_i)\sum_{k=j+1}^{i}f_k\\
&=1+p_i^i\sum_{j=1}^{i}f_j+\sum_{j=1}^{i-1}p_i^{i-j}\sum_{k=j+1}^{i}f_k-\sum_{j=1}^{i-1}p_i^{i-j+1}\sum_{k=j+1}^{i}f_k\\
&=1+\sum_{j=0}^{i-1}p_i^{i-j}\sum_{k=j+1}^{i}f_k-\sum_{j=0}^{i-2}p_i^{i-j}\sum_{k=j+2}^{i}f_k\\
&=1+p_if_i+\sum_{j=0}^{i-2}p_i^{i-j}f_{j+1}
\end{aligned}
\]
移项，得：
\[f_i=\frac{1+\sum_{j=0}^{i-2}p_i^{i-j}f_{j+1}}{1-p_i}
\]
考虑前缀和优化，但是式子中有一个 \(p_i^{i-j}\) 比较讨厌，考虑到 \(p_i\) 只有 \(100\) 种取值，我们只要做 \(100\) 个前缀和就行了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=2e5+5,mod=998244353;
int n,a[maxn],f[maxn];
int g[105][maxn],p[maxn];
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
res=res*1ll*x%mod;
}
x=x*1ll*x%mod,y>>=1;
}
return res;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(n);
int inv100=qpow(100,mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
}
for(int i=0;i<100;i++){
p[i]=i*1ll*inv100%mod;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<100;j++){
g[j][i]=(p[j]*1ll*g[j][i-1]+p[j]*1ll*p[j]%mod*f[i-1])%mod;
}
f[i]=(1+g[a[i]][i])*1ll*qpow((1-p[a[i]]+mod)%mod,mod-2)%mod;
(ans+=f[i])%=mod;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
J. BZOJ2164 采矿
问题显然可以分为两部分：\(u\) 的子树内和 \(fa_u\) 到 \(v\) 的链上。前者需要树上背包，后者需要取 \(\max\)。
考虑用线段树维护这两个值。子树内的答案只需要一次区间查询，再加上树上背包的 \(O(m^2)\)，总共为 \(O(m^2\log n)\)。链上的答案需要进行树链剖分。取 \(\max\) 线性复杂度即可完成，因此为 \(O(m\log^2n)\)。总时间复杂度为 \(O(C(m^2\log n+m\log^2n))\)。修改就直接在线段树上单点更新即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
#define pb push_back
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
namespace Data{
int A,B,Q,X=1<<16,Y=(1ll<<31)-1;
il void init(){
read(A)read(B)read(Q);
}
il int getint(){
A=((A^B)+(B/X)+(B*X))&Y;
B=((A^B)+(A/X)+(A*X))&Y;
return (A^B)%Q;
}
}
const int maxn=2e4+5;
int n,m,q,fa[maxn],a[maxn][55];
int dep[maxn],sz[maxn],hes[maxn];
int top[maxn],dfn[maxn],idx[maxn],cnt;
vector<int> e[maxn];
il void dfs1(int u){
dep[u]=dep[fa[u]]+1;
sz[u]=1;
int mxs=0;
for(int v:e[u]){
dfs1(v);
sz[u]+=sz[v];
if(mxs<sz[v]){
mxs=sz[v],hes[u]=v;
}
}
}
il void dfs2(int u){
dfn[u]=++cnt;
idx[cnt]=u;
if(!top[u]){
top[u]=u;
}
if(hes[u]){
top[hes[u]]=top[u];
dfs2(hes[u]);
}
for(int v:e[u]){
if(v!=hes[u]){
dfs2(v);
}
}
}
struct node1{
int f[55];
node1(){
memset(f,0,sizeof f);
}
il int&operator[](int x){
return f[x];
}
il node1 operator+(node1 x)const{
node1 res;
for(int i=0;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=m-i;j++){
res[i+j]=max(res[i+j],f[i]+x[j]);
}
}
return res;
}
}tr1[maxn<<2];
struct node2{
int f[55];
node2(){
memset(f,0,sizeof f);
}
il int&operator[](int x){
return f[x];
}
il node2 operator+(node2 x)const{
node2 res;
for(int i=0;i<=m;i++){
res[i]=max(f[i],x[i]);
}
return res;
}
}tr2[maxn<<2];
il void pushup(int id){
tr1[id]=tr1[lid]+tr1[rid];
tr2[id]=tr2[lid]+tr2[rid];
}
il void pushtag(int id,int p){
for(int i=0;i<=m;i++){
tr1[id][i]=tr2[id][i]=a[idx[p]][i];
}
}
il void build(int id,int l,int r){
if(l==r){
pushtag(id,l);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lid,l,mid);
build(rid,mid+1,r);
pushup(id);
}
il void upd(int id,int l,int r,int p){
if(l==r){
pushtag(id,l);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(p<=mid){
upd(lid,l,mid,p);
}
else{
upd(rid,mid+1,r,p);
}
pushup(id);
}
il node1 query1(int id,int L,int R,int l,int r){
if(L>=l&&R<=r){
return tr1[id];
}
int mid=(L+R)>>1;
if(r<=mid){
return query1(lid,L,mid,l,r);
}
if(l>mid){
return query1(rid,mid+1,R,l,r);
}
return query1(lid,L,mid,l,r)+query1(rid,mid+1,R,l,r);
}
il node2 query2(int id,int L,int R,int l,int r){
if(L>=l&&R<=r){
return tr2[id];
}
int mid=(L+R)>>1;
if(r<=mid){
return query2(lid,L,mid,l,r);
}
if(l>mid){
return query2(rid,mid+1,R,l,r);
}
return query2(lid,L,mid,l,r)+query2(rid,mid+1,R,l,r);
}
il node2 query(int u,int v){
if(top[u]==top[v]){
return query2(1,1,n,dfn[v],dfn[u]);
}
node2 res=query2(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u]);
u=fa[top[u]];
while(top[u]!=top[v]){
res=res+query2(1,1,n,dfn[top[u]],dfn[u]);
u=fa[top[u]];
}
return res+query2(1,1,n,dfn[v],dfn[u]);
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
// cout<<cplx::usdmem();
read(n)read(m);
Data::init();
for(int i=2;i<=n;i++){
read(fa[i]);
e[fa[i]].pb(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
a[i][j]=Data::getint();
// cout<<a[i][j]<<" ";
}
sort(a[i]+1,a[i]+m+1);
// for(int j=1;j<=m;j++){
// cout<<a[i][j]<<" ";
// }
// puts("");
}
dfs1(1),dfs2(1);
build(1,1,n);
read(q);
while(q--){
int opt,u,v;
read(opt)read(u);
if(opt){
read(v);
node1 res1=query1(1,1,n,dfn[u],dfn[u]+sz[u]-1);
int ans=0;
if(u==v){
for(int i=0;i<=m;i++){
ans=max(ans,res1[i]);
}
}
else{
node2 res2=query(fa[u],v);
for(int i=0;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=m-i;j++){
ans=max(ans,res1[i]+res2[j]);
}
}
}
printf("%d\n",ans);
}
else{
for(int i=1;i<=m;i++){
a[u][i]=Data::getint();
}
sort(a[u]+1,a[u]+m+1);
upd(1,1,n,dfn[u]);
// for(int i=1;i<=m;i++){
// cout<<a[u][i]<<" ";
// }
// puts("");
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
浙公网安备 33010602011771号