NOIP2016 提高组题解

。。蒟蒻被老师撵去写题解，无奈。没什么功夫去写两天的t1了，这里先放D1T2和D2T3吧

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D1T2 天天爱跑步解题报告

感言：这道题当时在考场上修修补补，一点一点挤牙膏地得到了正解，可是竟然最后被下标坑了，蒟蒻就是借口多:-(

一种暴力算法O(n^2)

• 考虑到最朴素的思想，对每个人一步一步的跑到起点终点的lca，并统计到当前点x的时间Ti，对答案统计
  即
  预处理lca（nlogn的倍增算法）
  每个跑步者单独处理，不断累计Ti，即if(Ti==W[a])ans[a]++;
  for(int i=1;i<=n;i++)printf(“%d\n”,ans[i]);
• 一共m位跑步者，每人最多跑n步，那么这个算法的时间复杂度是O(nm)的，期望得分25

一种树链剖分O(nlogn)，此处指向whj大神的blog

• 时间复杂度O(mlogn)，期望得分100（在洛谷上实测95 tle一个点，倍增的锅）

那么这已经是一种AC算法了，难道下面就没有了吗？

怎么可能？：）

第三种方法：O(n)

约定第i个人起终点的lca(s[i],t[i])为lca[i]，点i深度为dep[i]

• 考虑可能对点u有贡献的第i个跑步者，lca[i]肯定在u或者u上方，否则不经过u点，即lca[i]==u||lca[i]∉subtree[u]
• 基于此前提，只有两种情况（有重合部分）：①s[i]∈subtree[u] ②t[i]∈subtree[u]
  分类讨论能被u看见的点v的情况
  ① v为i人起点s[i] dep[s[i]]-w[u]==dep[u]
  ② v为i人终点t[i] dep[s[i]]+dep[t[i]]-2*dep[lca[i]]-(dep[t[i]]-dep[u])==w[u]，即dep[s[i]]-2*dep[lca[i]]==w[u]-dep[u]

我们发现如果做个变换，即dep[u]+w[u]==dep[s[i]]

与 w[u]-dep[u]==dep[s[i]]-2*dep[lca[i]]的话，式子右边是不变的！于是我们考虑用一个桶cnt[2]来记录满足条件的点的数量即可

• 考虑使用cnt[2][600600]存储起点/终点的dep[s[i]]/dep[s[i]]-2*dep[lca[i]]等于j的点的数量
• 保存在数组cnt[0 or 1][j]中，那么当dfs中当前点到u的时候，ans[u]就可以从cnt数组中得到，特殊情况是：u为第i人的lca时可能导致s[i]与t[i]各对ans[u]贡献一次，所以式子如下
• ans[u]=cnt[0][dep[u]+w[u]]+cnt[0][w[u]-dep[u]]-（重复部分容易处理）;//两下标为上面两个等式的左式，需要注意的是dep[s[i]]-2*dep[lca[i]]有可能是负数，下标可以统一+300000处理成正数（本人栽在这里了）
• 维护cnt数组的方式容易想到就是在s[i],t[i],lca[i]上打标记，若当前点为s[i]就计入cnt[0][dep[s[i]]]，t[i]同理，lca[i]就把两个标记再退出去
• 然而如果对于每颗子树建立一个cnt，再把cnt合并的话，复杂度是n^2的。于是发现搜到以v为根的子树时后，对v贡献的只有两个下标，那么在搜索点v前，传两个参数a,b记录一下原来的cnt两个值，dfs(v,a,b)时ans[v]-=a+b即可

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以下洛谷ac代码，20点共1232ms,极限数据n=m=300000用时312ms

#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define N 600060
inline void rd(ll& x){
    static char ch; while(!isdigit(ch=getchar()));
    for(x=0;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
}
inline void rd(int &x){
    static ll T_T;
    rd(T_T);x=T_T;
}
struct E{int v,nxt;};
typedef E zu[N];
typedef int arr[N];
arr s,t,fa,pos,fst,qf,ans,lc,w,dep,bj[2],bl[2],Cnt[2];
int n,m,tot,u,v,*cnt[2]={Cnt[0]+(N>>1),Cnt[1]+(N>>1)};
zu le,q,lian[2],L[2];
bool vis[N>>1];
inline int getf(int x){return (x==fa[x]?x:fa[x]=getf(fa[x]));}
inline void gl(int f,int &s,zu z){z[++tot]=(E){f,s},s=tot;}
inline int lca(int u,int d){
    vis[u]=1;
    dep[u]=d;
    fa[u]=u;
    for(int now=fst[u];now;now=le[now].nxt)
        if(!vis[le[now].v])fa[lca(le[now].v,d+1)]=u;
    for(int now=qf[u];now;now=q[now].nxt)
        if(vis[q[now].v])lc[now>>1]=getf(q[now].v);
    return u;
}
inline void make(int u,int a,int b){
    vis[u]=0;
    int v;
    for(int now=fst[u];now;now=le[now].nxt)if(vis[v=le[now].v])
        make(v,cnt[0][w[v]+dep[v]],cnt[1][w[v]-dep[v]]);
    for(int now=qf[u];now;now=q[now].nxt)
        cnt[!(now&1)][dep[s[now>>1]]-2*(!(now&1)?dep[lc[now>>1]]:0)]++;
    ans[u]=cnt[0][w[u]+dep[u]]+cnt[1][w[u]-dep[u]]-a-b;
    for(int now=bj[0][u];now;now=lian[0][now].nxt){
        if(lian[0][now].v==w[u]+dep[u])ans[u]--;
        cnt[0][lian[0][now].v]--;
    }
    for(int now=bj[1][u];now;now=lian[1][now].nxt)cnt[1][lian[1][now].v]--;
}
int main(){
    rd(n),rd(m);
    for(int i=1;ifor(int i=1;i<=n;i++)rd(w[i]);
    tot=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        rd(s[i]),rd(t[i]);
        gl(s[i],qf[t[i]],q);
        gl(t[i],qf[s[i]],q);
    }
    lca(1,0);
    tot=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        gl(dep[s[i]],bj[0][lc[i]],lian[0]);
        --tot,gl(dep[s[i]]-2*dep[lc[i]],bj[1][lc[i]],lian[1]);
    }
    make(1,0,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

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D2T3 愤怒的小鸟解题报告

感言：原来以为都是两位小数，不会爆精度，值都够精确可以用==号，没想到被误差坑了，85分被卡剩20了大概，真的不应该，没话说

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没什么好想，数据范围18，显然壮鸭低劈。预处理抛物线过哪几个点（随你n^2还是n^3），压进一个状态zt，若过k点就存进pw[k][++pw[k][0]]=zt里
需要注意的是，最终转移的时候如果枚举所有抛物线转移，共有n^2条抛物线，时间复杂度是t*n^2*2^n最后三个点会超时，然而很多抛物线事实上对当前状态没有贡献，所以只需要枚举 过编号最小的没有被杀的猪的n-1条抛物线即可，最终复杂度tn*2^n完美过（bfs式的状态转移不知道能不能ac，大家可以试试）

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洛谷ac代码，时间共1274ms

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define exp 0.00000001
int t,n,m,tot,pw[20][20],num[400],er[20],dp[1000000];
long double x[20],y[20],a,b;
bool pd[1000000];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    for(n=0,m=1;n<=19;m*=2)er[n++]=m;
    while(t--){
        memset(pd,0,sizeof(pd));
        memset(dp,18,sizeof(dp));
        memset(pw,0,sizeof(pw));
        dp[0]=tot=0;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;iscanf("%Lf%Lf",&x[i],&y[i]);
        for(int j=0;j0]]=er[j];
            for(int i=0;iif(i^j){
                if(x[i]==x[j])continue;
                a=(y[i]-(x[i]*y[j])/x[j])/(x[i]*(x[i]-x[j]));
                b=(y[i]-a*x[i]*x[i])/x[i];
                if(a>=0||abs(a)<exp)continue;
                int now=er[i]+er[j];
                for(int k=0;kif(k!=i&&k!=j){
                    if(abs((a*x[k]+b)*x[k]-y[k])<exp)now+=er[k];
                }
                if(!pd[now])for(int k=0;kif(abs((a*x[k]+b)*x[k]-y[k])<exp)pw[k][++pw[k][0]]=now;
                pd[now]=1;
            }
        }
        for(int i=0;i1;i++){
            tot=(i^(er[n]-1))&-(i^(er[n]-1));
            for(int j=0;jif(er[j]==tot){tot=j;break;}
            for(int j=1;j<=pw[tot][0];j++)dp[i|pw[tot][j]]=min(dp[i|pw[tot][j]],dp[i]+1);
        }
        printf("%d\n",dp[er[n]-1]);
    }
}

经验之谈（血泪教训Orz）

都是老生常谈了，只能说省选rp++，当积攒rp算了
- Day1 T2 考虑到下标有负数的情况，下标统一+300000，改的时候有一处没有改，那么就炸了，以后要注意可以用dev-cpp的“搜索”功能查找所有需要修改的地方
- Day1 T3 因为感觉会T2，我硬刚了T2甚至没看T3，后来才知道T3水题。这是OIer的大忌：不看完题
- Day2 T3 两位小数不会精度不足，也就是说足够精确，自信上了”==”号，后来发现”==”精度太高，计算误差就判不在抛物线上了，只剩20分。事实就是：没有什么小数题不用加eps。 PS：事后发现CCF数据跟洛谷比水得一匹，实际上有80分，只TLE了最后四个点。
- Day2 T2 一秒陷进了堆的思维，认栽。不过用堆的话：实测手写堆速度=stl priority_queue两倍，建议骗分的话多优化常数 PS：假的，pq跟手写堆都是60 ~QAQ

12.4更新

成绩11.28日出来了，签到题妥妥ac，出乎意料的是Day1 T2竟有55分，数据很仁慈，Day2 T3竟然该拿的80分全部拿到【看到成绩时笑疯，不过CCF的老爷机竟然卡了四个点，本来以为能95的】，不出意料的390果然还是个压线一等，毕竟Day1 T3水题没做。不说了，去做省选题喽