码迷,mamicode.com
首页 > 其他好文 > 详细

20200501 序列,熟练剖分(tree),建造游乐园(play)

时间:2021-05-23 23:11:28      阅读:0      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:树形背包   城市规划   判断   inline   n+1   printf   htm   规划   无向图   

考场

\(65+5+0\),并列 rk2
最高分 \(55+10+10\)

T1:等比数列可以写作 \(q^kx\),发现 \(q\le1000\) 且有一档分为 \(a_i\le100\),想到 \(2^{60}>10^{18}\),即等比数列的长度最多为 \(59\),这样枚举的区间就从 \(n^2\) 下降到了 \(60n\)。对于每个区间,排序后枚举 \(q\),通过预处理 \(q\) 的次幂大力剪枝,复杂度不明。写了很久,最终有RE有TLE。

T3:虽然以前学过欧拉路,但之后再没写过,忘得只剩下题目给出的定义。发现自己会的暴力是 \(O(2^{n(n-1)/2}m),(m为边数)\),没有分(其实可以打表)手玩小数据无果就放弃了。hkh的20pts是正解,但把某个快速幂的地方写成了 1ll<<

T2:猜到是树形DP,但只剩下1h了,加上部分分有40pts,就决定放弃写正解。先写了菊花图的分,暴力写挂了。知道最后10min才意识到我的写法(边dfs边枚举重儿子)会在枚举完重儿子后只能在这个子树里走,导致有些答案统计不上。wcr的DP是假的,过了二叉树的subtask和其他一些点,45pts

sol

序列

如果要对区间排序,复杂度至少是 \(O(60n)\),再加上判断是否等比,肯定过不去。因此正解利用等比数列的性质规避了排序。

等比数列的公比开 \(n\) 次根也一定是该数列的公比
等比数列中任意两数之商是公比的 \(n\)

因此枚举 \(q\),记录下每个数开 \(n\) 次根的最小整数是多少,然后直接用两个原数列中相邻的数就可以确定公比(公比越小越容易加入数)

ycx依据 \(q\) 很小,有另一种做法(但时间复杂度劣)

code
const int N = 1e5+5;
const LL X = 1000000000000000000ll;
int n;
LL a[N];

int ans;
map<LL,int> minq;
map<LL,bool> vis;

int main() {
	For(i,2,1000)
		for(LL j = 1; j <= X/i; j *= i)
			if( !minq[j*i] ) minq[j*i] = i; // 记录开n次根的最小整数
	read(n);
	For(i,1,n) read(a[i]);
	for(int i = 2, j = 1; i <= n+1; ++i)
		if( a[i] == a[i-1] ) ++j;
		else ans = max(ans,j), j = 1; // 特判q=1
	for(int i = 1; i < n; ++i) {
		vis.clear(); // 记录这个数字是否出现过
		LL mn = min(a[i],a[i+1]), mx = max(a[i],a[i+1]);
		if( mn == mx || mx % mn ) continue;
		vis[mn] = vis[mx] = 1;
		LL q = minq[mx/mn];
		ans = max(ans,2);
		for(int j = i+2; j <= n; ++j) {
			if( vis[a[j]] ) break; // 公比不为1的等比数列中不能有相同的数字
			vis[a[j]] = 1;
			mn = min(a[j],a[j-1]), mx = max(a[j],a[j-1]);
			if( mx % mn || minq[mx/mn] != q ) break;
			ans = max(ans,j-i+1);
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

熟练剖分(tree)

树形DP神题。发现如果直接DP的话祖先节点对重儿子的选择会影响子树的最长轻链长,于是考虑固定子树最长轻链长来计算出现的概率。

\(f[u,i]\)\(u\) 的子树中到 \(u\) 的最长轻链长 \(i\) 的概率,答案为 \(\sum_{i=0}^ni\times f[rt,i]\)(长度乘概率)

第一维枚举重儿子 \(son\),第二维枚举儿子 \(v\),第三维枚举轻链长,这样可以通过子树的长度来推 \(u\) 的。考虑转移:设 \(g[k]\)\(u\) 前面儿子中到 \(u\) 轻链长为 \(k\) 的概率,分类讨论:

  • \(son=v\)
    • \(v\) 子树链长 \(k\)\(+f[v,k]\times\sum_{i=1}^kg[k]\)\(v\)\(k\),其他不超过 \(k\)
    • 其他子树链长 \(k\)\(+g[k]\times\sum_{i=1}^kf[v,k]\)
    • 两部分都为 \(k\) 时有重复:\(-f[v,k]\times g[k]\)
  • \(son\neq v\):类似。只是注意此时 \((u,v)\) 为轻边,到 \(u\)\(k\) 时到 \(v\)\(k-1\)

实现:发现 \(\sum\) 会增加时间复杂度,因此对 \(f[u],g\) 作前缀和,注意在调用单点值时还原。

时间复杂度 \(O(n^2)\)(证明类似树形背包)

code
const int N = 3e3+5, p = 1e9+7;
int n;
vector<int> to[N];

int rt,fa[N],siz[N];
LL ans,f[N][N],g[N],h[N];

LL Pow(LL x,LL y)
	{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }

void dfs(int u) {
	siz[u] = 1;
	for(int v : to[u])
		dfs(v), siz[u] += siz[v];
	int tot = Pow(to[u].size(),p-2);
	for(int son : to[u]) {
		For(j,0,n) g[j] = 1;
		for(int v : to[u]) {
			For(k,0,siz[v]+1) {
				// 计算g[k]时要用g[k-2..k],不能直接覆盖,要用h先存下来
				LL gk = g[k]; // g[k]单点值d
				if( k ) gk -= g[k-1];
				if( son == v ) {
					LL fk = f[v][k];// f[v][k]单点值
					if( k ) fk -= f[v][k-1];
					h[k] = (fk*g[k]%p + f[v][k]*gk%p - fk*gk%p +p)%p;
				} else {
					LL fk1 = f[v][k-1]; // f[v][k-1]单点值
					if( k > 1 ) fk1 -= f[v][k-2];
					h[k] = (fk1*g[k]%p + f[v][k-1]*gk%p - fk1*gk%p +p)%p;
					// u-v为轻边,到u为k即到v为k-1
				}
			}
			g[0] = h[0], h[0] = 0;
			For(k,1,siz[v]+1) g[k] = (g[k-1] + h[k]) %p, h[k] = 0;
			// h[k]为=k的概率, g[k]为<=k的
		}
		for(int j = siz[u]; j; --j) g[j] = (g[j] - g[j-1] +p) %p;
		For(j,0,siz[u]) f[u][j] = (f[u][j] + g[j] * tot) %p;
	}
	if( !to[u].size() ) f[u][0] = 1;
	For(i,1,siz[u]+1) f[u][i] = (f[u][i] + f[u][i-1]) %p; // f[u][i]为<=i的
}

int main() {
	read(n);
	For(i,1,n) {
		int son; read(son);
		For(j,1,son) {
			int x; read(x);
			to[i].PB(x), fa[x] = i;
		}
	}
	For(i,1,n) if( !fa[i] ) { rt = i; break; }
	dfs(rt);
	For(i,1,n) ans = (ans + i * (f[rt][i]-f[rt][i-1]+p)%p)%p;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

建造游乐园(play)

首先要知道一些性质:

无向图度数为奇数的点有偶数个
欧拉回路中所有点的度数均为偶数

本题只给定点数,考虑从 \(1..i-1\) 个点推到 \(i\) 个点。设 \(f_i\)\(i\) 个点的答案,\(g_i\)\(i\) 个点不考虑连通性的答案,转移:

\[g_i=2^{\binom {i-1}2} \]

\[f_i=g_i-\sum_{j=1}^{i-1}f_j\times g_{i-j}\times\binom{i-1}{j-1} \]

解释:
\(g_i\):先用 \(i-1\) 个点随便连边,对于其中度数为奇数的再和剩下的 \(1\) 个点连边。
\(f_i\):在 \(g_i\) 的基础上减掉不连通的情况。
枚举点 \(1\) 所在连通块的大小 \(j\),则不用管剩下的 \(i-j\) 个点连不连通(因为这两部分一定不连通)
由于图有编号,而 \(f_j\) 只能统计出第一部分编号为 \(1..j\) 的,于是考虑用组合数算出编号的轮换。由于点 \(1\) 固定,因此组合数上下都 \(-1\)

时间复杂度 \(O(n^2)\)
事实上,本题的式子类似 城市规划,只是不考虑联通性的答案 \(g_i\) 不同。因此可以用 fft 卷积做到 \(O(n\log n)\)

code
const int N = 2e3+5, p = 1e9+7;
int n;

LL C[N][N],f[N],g[N];

LL Pow(LL x,LL y)
	{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }

int main() {
	read(n);
	For(i,0,n) {
		C[i][0] = 1;
		For(j,1,i) C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) %p;
	}
	For(i,1,n) {
		f[i] = g[i] = Pow(2,C[i-1][2]);
		for(int j = 1; j < i; ++j)
			f[i] = (f[i] - f[j] * g[i-j] %p * C[i-1][j-1] %p +p)%p;
	}
	printf("%lld",f[n]*C[n][2]%p);
	return 0;
}

20200501 序列,熟练剖分(tree),建造游乐园(play)

标签:树形背包   城市规划   判断   inline   n+1   printf   htm   规划   无向图   

原文地址:https://www.cnblogs.com/9Rings/p/14727643.html

(0)
(0)
   
举报
评论 一句话评论(0
登录后才能评论!
© 2014 mamicode.com 版权所有  联系我们:gaon5@hotmail.com
迷上了代码!