考试总结

膜你赛原地爆炸

T1 树上游走

首先不难发现，如果hzk某一步是朝着t走的，那么一定不会走回来了；否则，hzk一定会把整棵子树走完再回到当前点。

走到一个 $s$ 到 $t$ 路径上的点时，hzk会随机选择一个儿子走下去，这等价于随机一个儿子们的排列，然后按这个顺序走。

那么 $s$ 到 $t$ 的路径上所有点显然一定会走到，以 $s$ 为根时 $t$ 子树中的点显然走不到，而其它点都有 $1/2$ 的概率会走到。

时间复杂度 $O(nlogn+m)$。

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#include 
#include 
using namespace std ;
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define loop(s, v, it) for (s::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
#define cont(i, x) for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ub upper_bound
#define lb lower_bound
#define pq priority_queue
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define iv inline void
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin),freopen(#x".out", "w", stdout)
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef vector <int> vi ;
typedef vector <pii> vii ;
typedef queue <int> qi ;
typedef queue <pii> qii ;
typedef set <int> si ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 500010 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const int MOD = 1000000007 ;
const double eps = 1e-7 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf\n", x + 0.0000000001) ; }

int n, m, p ;
int dep[N], sz[N], fa[N][25] ;
vi e[N] ;

void dfs(int x) {
	rep(i, 1, 20) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1] ;
	sz[x] = 1 ;
	rep(i, 0, siz(e[x]) - 1) {
		int to = e[x][i] ;
		if (to == fa[x][0]) continue ;
		dep[to] = dep[x] + 1 ;
		fa[to][0] = x ;
		dfs(to) ;
		sz[x] += sz[to] ;
	}
}

int lca(int x, int y) {
	if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y) ; // jump x
	if (dep[x] > dep[y]) {
		per(i, 20, 0) if (dep[fa[x][i]] > dep[y]) x = fa[x][i] ;
		if (fa[x][0] == y) {
			p = x ;
			return y ;
		}
		x = fa[x][0] ;
	}
	per(i, 20, 0) if (fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i] ;
	return fa[x][0] ;
}

void solve(int x, int y) {
	int k = n + x - y ;
	printf("%d.%d", k / 2, k % 2 * 5) ;
}

signed main(){
    scanf("%d%d", &n, &m) ;
    rep(i, 1, n - 1) {
    	int a, b ; scanf("%d%d", &a, &b) ;
    	e[a].pb(b) ; e[b].pb(a) ;
	}
	dep[1] = 1 ;
	dfs(1) ;
	while (m--) {
		int a, b ; scanf("%d%d", &a, &b) ;
		int c = lca(a, b) ;
		solve(dep[a] + dep[b] - 2 * dep[c] + 1, (c == b) ? (n - sz[p] - 1) : (sz[b] - 1)) ;
		if (m >= 1) cout << endl ;
	}
	return 0 ;
}

/*
写代码时请注意：
	1.ll？数组大小，边界？数据范围？
	2.精度？
	3.特判？
	4.至少做一些
思考提醒：
	1.最大值最小->二分？
	2.可以贪心么？不行dp可以么
	3.可以优化么
	4.维护区间用什么数据结构？
	5.统计方案是用dp？模了么？
	6.逆向思维？
*/

T2 最小质因数

$n$ 较小时，我们可以直接用线性筛/埃氏筛法求出每个数的最小质因数。

我们考虑进行容斥。对于每个质数 $x$，我们需要求出 $1$~$\frac{n}{x}$ 中不被比 $x$ 小的质数整除的数的个数。一种简单的思路是，

• 对于 $x<=k$ 的情况，我们进行常见的枚举子集容斥
• 对于 $x>k$ 的情况，$\frac{n}{x}$ 较小，我们就在 $\frac{n}{k}$ 的范围内进行线性筛/埃氏筛法。

注意到进行子集容斥时，枚举子集后贡献形如 $(-1{)}^i(n/S)$，而 $\frac{n}{S}$ 只有 $O(\sqrt{n})$ 种取值，我们可以对这个进行记忆化。

时间复杂度 $O(\frac{n^{3/4}}{\sqrt{lo{g}_n}})$

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using namespace std ;
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); i--)
#define loop(s, v, it) for (s::iterator it = v.begin(); it != v.end(); it++)
#define cont(i, x) for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt)
#define clr(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define ass(a, sum) memset(a, sum, sizeof(a))
#define lowbit(x) (x & -x)
#define all(x) x.begin(), x.end()
#define ub upper_bound
#define lb lower_bound
#define pq priority_queue
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define iv inline void
#define enter cout << endl
#define siz(x) ((int)x.size())
#define file(x) freopen(#x".in", "r", stdin),freopen(#x".out", "w", stdout)
typedef long long ll ;
typedef unsigned long long ull ;
typedef pair <int, int> pii ;
typedef vector <int> vi ;
typedef vector <pii> vii ;
typedef queue <int> qi ;
typedef queue <pii> qii ;
typedef set <int> si ;
typedef map <int, int> mii ;
typedef map <string, int> msi ;
const int N = 500010 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;
const int iinf = 1 << 30 ;
const ll linf = 2e18 ;
const int MOD = 1000000007 ;
const double eps = 1e-7 ;
void print(int x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void PRINT(string x) { cout << x << endl ; exit(0) ; }
void douout(double x){ printf("%lf\n", x + 0.0000000001) ; }

int n, m, p ;
int dep[N], sz[N], fa[N][25] ;
vi e[N] ;

void dfs(int x) {
	rep(i, 1, 20) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1] ;
	sz[x] = 1 ;
	rep(i, 0, siz(e[x]) - 1) {
		int to = e[x][i] ;
		if (to == fa[x][0]) continue ;
		dep[to] = dep[x] + 1 ;
		fa[to][0] = x ;
		dfs(to) ;
		sz[x] += sz[to] ;
	}
}

int lca(int x, int y) {
	if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y) ; // jump x
	if (dep[x] > dep[y]) {
		per(i, 20, 0) if (dep[fa[x][i]] > dep[y]) x = fa[x][i] ;
		if (fa[x][0] == y) {
			p = x ;
			return y ;
		}
		x = fa[x][0] ;
	}
	per(i, 20, 0) if (fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i] ;
	return fa[x][0] ;
}

void solve(int x, int y) {
	int k = n + x - y ;
	printf("%d.%d", k / 2, k % 2 * 5) ;
}

signed main(){
    scanf("%d%d", &n, &m) ;
    rep(i, 1, n - 1) {
    	int a, b ; scanf("%d%d", &a, &b) ;
    	e[a].pb(b) ; e[b].pb(a) ;
	}
	dep[1] = 1 ;
	dfs(1) ;
	while (m--) {
		int a, b ; scanf("%d%d", &a, &b) ;
		int c = lca(a, b) ;
		solve(dep[a] + dep[b] - 2 * dep[c] + 1, (c == b) ? (n - sz[p] - 1) : (sz[b] - 1)) ;
		if (m >= 1) cout << endl ;
	}
	return 0 ;
}

/*
写代码时请注意：
	1.ll？数组大小，边界？数据范围？
	2.精度？
	3.特判？
	4.至少做一些
思考提醒：
	1.最大值最小->二分？
	2.可以贪心么？不行dp可以么
	3.可以优化么
	4.维护区间用什么数据结构？
	5.统计方案是用dp？模了么？
	6.逆向思维？
*/

T3 路径

bzoj 3648 寝室管理 原题

都是剖环然后点分治用树状数组维护

点分治没学好所以没做出来

诶。。。