标签：ch 2021.10 NN int res sum namespace 27 NOIP
T1 宝藏
发现每个数成为中位数的长度是关于权值单调的。线段树二分判断是否合法，单调指针扫即可。
考场上写了二分，平添\(\log\)。
\(code:\)
T1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
typedef long long LL;
LL read(){
LL x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=300010;
int n,x,Q,ext,has[NN],ans[NN];
struct node{
int w,t;
bool operator<(const node& a)const{
return w<a.w;
}
}p[NN];
LL T;
struct segmengt_tree{
#define ld rt<<1
#define rd (rt<<1)|1
int num[NN<<2];
LL sum[NN<<2];
void pushup(int rt){
num[rt]=num[ld]+num[rd];
sum[rt]=sum[ld]+sum[rd];
}
void update(int rt,int l,int r,int pos,int typ){
if(l==r){
num[rt]+=typ; sum[rt]+=typ*has[pos];
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid) update(ld,l,mid,pos,typ);
else update(rd,mid+1,r,pos,typ);
pushup(rt);
}
LL query(int rt,int l,int r,int lmt){
if(!lmt) return 0;
if(num[rt]<=lmt) return sum[rt];
if(l==r) return 1ll*has[l]*lmt;
int mid=l+r>>1;
if(num[ld]>=lmt) return query(ld,l,mid,lmt);
return sum[ld]+query(rd,mid+1,r,lmt-num[ld]);
}
}big,sml;
void solve(int id){
LL rest=T-has[p[id].t];
if(rest<0) return;
int l=1,r=n,res;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1,lmt=mid>>1;
if(big.num[1]<lmt||sml.num[1]<lmt){ r=mid-1; continue; }
if(big.query(1,1,n,lmt)+sml.query(1,1,n,lmt)>rest) r=mid-1;
else l=mid+1,res=mid;
}
ckmax(ans[res],p[id].w);
}
signed main(){
// freopen("treasure.in","r",stdin);
// freopen("treasure.out","w",stdout);
n=read(); T=read(); Q=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
p[i].w=read(),has[i]=p[i].t=read(),ans[i]=-1;
sort(p+1,p+n+1); sort(has+1,has+n+1);
ext=unique(has+1,has+n+1)-has-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
p[i].t=lower_bound(has+1,has+ext+1,p[i].t)-has;
for(int i=1;i<=n;i++) big.update(1,1,n,p[i].t,1);
for(int i=1;i<=n;i++){
big.update(1,1,n,p[i].t,-1);
solve(i);
sml.update(1,1,n,p[i].t,1);
}
for(int i=n-1;i;i--) ckmax(ans[i],ans[i+1]);
while(Q--){
x=read();
write(ans[x],'\n');
}
return 0;
}
T2 寻找道路
先把只走\(0\)边能到的点缩起来，之后要保证走到的点距离的字典序最小。
\(BFS\)，每次取出队列中距离相等的点，先走\(0\)边再走\(1\)边，可以保证队列中距离是单调的。
\(code:\)
T2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{
typedef long long LL;
int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=1000010,MM=2000010,mod=1e9+7;
int n,m,st,idx,res[NN],head[NN];
int q[NN],l,r;
bool vis[NN];
vector<int>vec;
struct edge{ int to,nex,w; }e[MM];
void add(int a,int b,int c){ e[++idx]=(edge){b,head[a],c}; head[a]=idx; }
void dfs(int s){
if(vis[s]) return;
vis[s]=1;
for(int i=head[s],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to)
if(e[i].w) add(st,v,1);
else res[v]=0,dfs(v);
}
void bfs(){
q[l=r=1]=st; res[st]=0;
while(l<=r){
int tmp=res[q[l]];
vec.clear();
while(l<=r&&res[q[l]]==tmp) vec.push_back(q[l++]);
for(int x:vec)
for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to)
if(!e[i].w&&res[v]<0){
res[v]=(res[x]<<1)%mod;
q[++r]=v;
}
for(int x:vec)
for(int i=head[x],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to)
if(e[i].w&&res[v]<0){
res[v]=(res[x]<<1)%mod+1;
q[++r]=v;
}
}
}
signed main(){
freopen("path.in","r",stdin);
freopen("path.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); st=n+1;
for(int a,b,c,i=1;i<=m;i++)
a=read(),b=read(),c=read(),add(a,b,c);
memset(res,-1,sizeof(res));
dfs(1); bfs();
for(int i=2;i<=n;i++) write(res[i],' ');
return puts(""),0;
}
T3 猪国杀
最优策略是取小的牌。
令至少拿\(i\)张牌的方案为\(f(i)\)，那么\(ans\times A^n=\sum_{i=1}^mf(i)\)。
设\(g_{i,j,k}\)表示有多少个⻓度为\(i\)的正整数序列满足每一个数字不大于\(j\)且所有数字总和不超过\(k\)，那么有
\[f(i)=\sum_{j=1}^A\sum_{k=1}^{n-i}g_{i,j-1,m-j\times k}\times\binom{n}{i}\sum_{t\geq k}\binom{n-i}{t}\times(A-j)^{n-i-t} \]枚举选的牌中的最大值\(j\),选的最大值个数\(k\)和最大值出现次数\(t\)可得。
考虑如何求\(g\)。可以通过容斥求解。
\[g_{i,j,k}=\sum_{t=0}^i(-1)^t\binom{i}{t}\binom{k-j\times t}{i} \]最后一个组合数考虑插板法，将\(k\)有顺序地分为\(i\)个正整数加和的方案数为\(\binom{k-1}{i-1}\)，因为要满足强制\(t\)个数大于\(j\)(已固定位置)，因此可以看作将\(k-t\times j\)划分为\(i\)个数，最后再在这\(t\)个数上各自加上\(j\)，即可保证限制。
另外，因为\(g\)定义为加和不大于\(k\)的序列，因此可以看作将\(k+1\)划分为\(i+1\)个数，多出来的数即为\(i\)个数的和与\(k+1\)的差(至少为\(1\))。
综上，
\[ans\times A^n=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^A\sum_{k=1}^{n-i}(\sum_{t=0}^i(-1)^t\binom{i}{t}\binom{m-k\times j-t\times(j-1)}{i})\times\binom{n}{i}\sum_{t\geq k}\binom{n-i}{t}(A-j)^{n-i-t} \]直接求和即可，复杂度约为\(\Theta(n^2m\log m)\)。
\(code:\)
T3
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=110,mod=998244353;
int n,m,a;
int ans;
namespace Combination{
int fac[NN*10],inv[NN*10];
int C(int x,int y){ return x<0||y<0||x<y?0:fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod; }
int qpow(int a,int b){
int res=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
void init(){
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[1000]=qpow(fac[1000],mod-2);
for(int i=999;i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
} using namespace Combination;
signed main(){
freopen("legend.in","r",stdin);
freopen("legend.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); a=read(); init();
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=a;j++)
for(int k=1;k<=n-i&&j*k<=m;k++){
int tmp=0,res=0;
for(int t=0;t<=i;t++)
tmp=(tmp+((t&1)?-1:1)*C(i,t)*C(m-k*j-t*(j-1),i)%mod)%mod;
for(int t=k;t<=n-i;t++)
res=(res+C(n-i,t)*qpow(a-j,n-i-t)%mod)%mod;
ans=(ans+tmp*C(n,i)%mod*res%mod)%mod;
}
ans=ans*qpow(qpow(a,n),mod-2)%mod;
write(ans,'\n');
return 0;
}
T4 数树
可以求出\(T1\)每个联通块中有多少个合法双射，最后除去\(T2\)自己与自己同构的方案。
设\(f_{i,s}\)表示\(i\)的儿子与\(T2\)中的点集\(s\)形成双射的方案数，每次枚举\(T2\)的根，在\(T1\)上做树上背包，最后将所有点作为\(T2\)根的方案累加即可。
说起来挺简单，但确实是神现题。
\(code:\)
T4
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x*f;
}
void write(int x,char sp){
char ch[20]; int len=0;
if(x<0) x=-x,putchar('-');
do{ ch[len++]=x%10+'0'; x/=10; }while(x);
for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp);
}
void ckmin(int& x,int y){ x=x<y?x:y; }
void ckmax(int& x,int y){ x=x>y?x:y; }
} using namespace IO;
const int NN=3010,mod=998244353;
int n,m,idx,_idx,inv,id[15],head[NN],_head[NN];
int ans,son[15],f[NN][1<<10],g[NN][1<<10];
bool ed[15][15];
int u[15],v[15];
struct edge{ int to,nex; }e[NN<<1],_e[NN<<1];
void add(int a,int b){
e[++idx]=(edge){b,head[a]}; head[a]=idx;
e[++idx]=(edge){a,head[b]}; head[b]=idx;
}
void _add(int a,int b){
_e[++_idx]=(edge){b,_head[a]}; _head[a]=_idx; ed[a][b]=1;
_e[++_idx]=(edge){a,_head[b]}; _head[b]=_idx; ed[b][a]=1;
}
int qpow(int a,int b){
int res=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
void _dfs(int s,int fa){
for(int i=_head[s],v=_e[i].to;i;i=_e[i].nex,v=_e[i].to)
if(v!=fa) son[s]|=(1<<v-1),_dfs(v,s);
}
void dfs(int s,int fa){
f[s][0]=1;
for(int i=head[s],v=e[i].to;i;i=e[i].nex,v=e[i].to) if(v!=fa){
dfs(v,s);
for(int j=1;j<=m;j++) if(f[v][son[j]])
for(int k=0;k<(1<<m);k++) if(f[s][k]&&!(k&(1<<j-1)))
(g[s][k|(1<<j-1)]+=f[s][k]*f[v][son[j]])%=mod;
for(int k=1;k<(1<<m);k++) f[s][k]=g[s][k];
}
}
signed main(){
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
n=read();
for(int a,b,i=1;i<n;i++)
a=read(),b=read(),add(a,b);
m=read();
for(int i=1;i<m;i++)
u[i]=read(),v[i]=read(),_add(u[i],v[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) id[i]=i;
do{
bool flag=1;
for(int i=1;i<m;i++)
if(!ed[id[u[i]]][id[v[i]]]){ flag=0; break; }
inv+=flag;
}while(next_permutation(id+1,id+m+1));
inv=qpow(inv,mod-2);
for(int i=1;i<=m;i++){
memset(f,0,sizeof(f));
memset(g,0,sizeof(g));
memset(son,0,sizeof(son));
_dfs(i,0); dfs(1,0);
for(int j=1;j<=n;j++)
(ans+=f[j][son[i]])%=mod;
}
write(ans*inv%mod,'\n');
return 0;
}
标签：ch,2021.10,NN,int,res,sum,namespace,27,NOIP 来源： https://www.cnblogs.com/keeeeeeen/p/15473032.html
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