【比赛报告】牛客OI周赛1-提高组 NOIP练习赛卷六

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A.分组

链接:https://www.nowcoder.com/acm/contest/199/A
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【比赛报告】牛客OI周赛1-提高组 NOIP练习赛卷六_第1张图片
【比赛报告】牛客OI周赛1-提高组 NOIP练习赛卷六_第2张图片


将认识关系转化为图中的边。dfs这张图,对每一个没有被访问过的点,将它标记为源点的反色,回溯的时候统计每个点有多少同色相邻点,个数等于2时将其颜色转换。

#include
#include
const int N=1e5+10,M=2e5+10;
int n,m,tot,vis[N],hd[N];
struct Edge{
	int v,nx;
}e[M<<1];
void dfs(int u)
{
	int cnt=0;
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
	    if(!vis[e[i].v])vis[e[i].v]=vis[u]^3,dfs(e[i].v);
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
	    cnt+=(vis[e[i].v]==vis[u]);
	if(cnt==2)vis[u]^=3;
}
void add(int u,int v)
{
	e[tot].v=v;
	e[tot].nx=hd[u];
	hd[u]=tot++;
}
int main()
{
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	memset(hd,-1,sizeof(hd));
	scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
	for(int i=1;i<=m;i++)
    	scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(!vis[i])vis[i]=1,dfs(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d ",vis[i]);
    puts("");
    return 0;
}

总结

初看比赛结果发现这题只有1人满分,然后就被吓着了。在想会不会是并查集,或者在图中找环,后来发现这里的认识关系不会传递,且节点度数不超过3,肯定会存在一种解。


B.树

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【比赛报告】牛客OI周赛1-提高组 NOIP练习赛卷六_第3张图片
【比赛报告】牛客OI周赛1-提高组 NOIP练习赛卷六_第4张图片


学习了大佬代码。对着这份代码看了一个多小时好像有点点明白。大概就是在这头选两个端点在那头选两个端点更新答案(说了等于没说)。选子树内那一头是不能在同一个子节点的子树内部选两个(会多占一些边),选子树外那头也得把共了边的部分减去,保证最后往上跳之后求出来的路径组合长度是在范围内的。

#include
#include
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int hd[N],tot,n,sz[N],dep[N],fa[N][20],a[N],l,r,b[N],ans;
struct Edge{
	int v,nx;
}e[N<<1];
int C2(int x){return 1ll*x*(x-1)/2%mod;}//返回C(x,2) 
void add(int u,int v)
{
	e[tot].v=v;
	e[tot].nx=hd[u];
	hd[u]=tot++;
}
void dfs(int u)
{
	sz[u]=1;
	for(int i=1;(1<=0;i--)if(d&(1<

总结

看了个似懂非懂,但是时间非常有限,不能再继续看了。(我连样例答案都推不出来)


C.序列

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我们枚举不同数字的个数 x x x 。此时等价于这个问题,有 x x x 个箱子排成一排,任
意两个箱子之间距离不超过 k k k(超过 k k k 意味着可以把这个间距减小到 k k k,且是一个等价的序
列),第一个箱子和最后一个箱子的距离不超过 m m m 的方案数。设 F [ i , j ] F[i,j] F[i,j] 表示放置了 i i i 个箱子,第 1 1 1 个箱子和最后一个箱子的距离为 j j j 的方案数。
F [ i , j ] = ∑ l = 1 j − 1 F [ i − 1 , l ] F[i,j]=\sum_{l=1}^{j-1}F[i-1,l] F[i,j]=l=1j1F[i1,l]
注意要减去超过 k k k 的那些方案数。观察到这个状态转移方程可以利用前缀和优化至 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
n n n 个位置放入 x x x 种不同数字一共有 S [ n , k ] S[n,k] S[n,k] 种不同的方法,其中 S S S 代表第二类斯特林数。
然后还要对 x x x 个数字进行大小定位,共有 x ! x! x! 种不同方法。
目标:
∑ i = 1 n ∑ j = 0 m S [ n , i ] ∗ i ! ∗ f [ i , j ] \sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^mS[n,i]*i!*f[i,j] i=1nj=0mS[n,i]i!f[i,j]

#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=2e3+10;
int n,m,k;
ll fac[N],sum[N],f[N][N],s[N][N],ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	s[i][1]=s[i][i]=1;fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
    	for(int j=2;j

总结

初拿到这道题毫无头绪。这题转化为一个放箱子的模型,通过一系列分析利用DP求解,很巧妙。


比赛总结

这三题我几乎都没什么好的思路。T1难度其实并不高,但是思维走偏了。应该要充分发掘题目隐藏的性质。T2T3都是求方案数,自己在这方面比较薄弱。T2枚举端点那个地方不好懂,不过这种方法确实很好,利用倍增直接往上跳然后更新答案。T3的模型很好,把它转化为一个放箱子的问题然后就可以动态规划。而DP时通过观察状态转移方程发现 i − 1 i-1 i1 阶段全都已经计算过,可以直接维护一个前缀和来优化时间复杂度。还有第二类斯特林数和阶乘来计算方案数,感觉确实很复杂。
出题人是个狼人。

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