CTSC 2018 简要题解
Day 1
faceless
记 f(i,j) f ( i , j ) 表示第 i i 个人当前血量为 j j 的概率，那么每次锁定操作就是做一次背包。
对于结界操作，我们需要对每个人 i i 处理出其他人有 j j 个存活的概率，注意到这个dp是可逆的，所以求出总的之后暴力进行多项式除法即可。
#include wronganswer
dep(x)+dep(y)−dep(lca(x,y))−dep′(lca′(x,y))=dis(x,y)+dis′(x,y)+dep(x)−dep′(x)+dep(y)−dep′(y)2 d e p ( x ) + d e p ( y ) − d e p ( l c a ( x , y ) ) − d e p ′ ( l c a ′ ( x , y ) ) = d i s ( x , y ) + d i s ′ ( x , y ) + d e p ( x ) − d e p ′ ( x ) + d e p ( y ) − d e p ′ ( y ) 2
对第二棵树点分，在第一棵树上建立虚树跑一下树DP就行了。
#include green
注意到区间之间一定是包含或者相离，不然无解。这样可以建出树结构，记 f(n) f ( n ) 表示满足 Li=1(i≠n+1) L i = 1 ( i ≠ n + 1 ) 的排列个数， soni s o n i 表示 i i 的儿子个数，那么答案就是 ∏f(soni) ∏ f ( s o n i ) 。
考虑如何求 f(n) f ( n ) ，由于问题的对称性，可以将下标与值互换，变成询问有多少个排列任意一个长度不为 1 1 的连续区间都经过最大值。
考虑删除 1 1 这个值，如果剩下的序列合法，那么就是在 f(n−1) f ( n − 1 ) 插入一个与 2 2 不相邻的数，方案数是 n−1 n − 1 。
另一种情况，考虑生成的一个极长连续段，假设它的值域为 [x,x+l−1] [ x , x + l − 1 ] ，那么一定有 x>2,x+l−1<n+1 x > 2 , x + l − 1 < n + 1 ，那么选取 x x 的方案数就是 n−l−1 n − l − 1 ，而这一段内部排列的方案数是 f(l) f ( l ) （将最大最小对称一下），将这一段看成整体，外部的方案数是 f(n−l) f ( n − l ) ，所以有递推式：
f(n)=(n−1)f(n−1)+∑n−2i=2(i−1)f(i)f(n−i) f ( n ) = ( n − 1 ) f ( n − 1 ) + ∑ i = 2 n − 2 ( i − 1 ) f ( i ) f ( n − i )
分治NTT优化即可。
#include Day 2
juice
将所有果汁按照 d d 从大到小排序，对于每次询问二分，那么剩下的部分就可以贪心选取了，用主席树维护即可。
#include trie
做法是假的
记 f(i) f ( i ) 表示 i i 是逗号，其子树最小值最大可以是多少，暴力转移就行了，常数很小可以通过，具体细节参考代码。
#include placement
task 1
爆搜。
#include task 2
爆搜。
#include int , vector <int>, greater <int>>> que(m);
priority_queue q;
vector <bool> cur(m);
vector <int> deg(n);
int ret = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (auto j : adj[i]) {
++deg[j];
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!deg[i]) {
if (!cur[per[i]]) {
cur[per[i]] = true, q.push(Event(1, i, run[i][per[i]] + ret));
} else {
que[per[i]].push(i);
}
}
}
while (!q.empty()) {
Event e = q.top();
q.pop();
int x = e.v;
ret = e.t;
if (e.o) {
for (auto y : adj[x]) {
q.push(Event(0, y, ret + mov[per[x]][per[y]]));
}
cur[per[x]] = false;
if (!que[per[x]].empty()) {
int i = que[per[x]].top();
que[per[x]].pop();
cur[per[x]] = true, q.push(Event(1, i, run[i][per[i]] + ret));
}
} else {
if (!--deg[x]) {
if (!cur[per[x]]) {
cur[per[x]] = true, q.push(Event(1, x, run[x][per[x]] + ret));
} else {
que[per[x]].push(x);
}
}
}
}
if (CheckMin(ans, ret)) {
bes = per;
}
}
inline void DFS(int x) {
if (x == n) {
Update();
return ;
}
for (per[x] = 0; per[x] < m; DFS(x + 1), ++per[x]);
}
int main() {
freopen("placement2.in", "r", stdin);
freopen("placement2.out", "w", stdout);
Read(n), Read(q), Read(m), Read(o);
adj.resize(n), run.resize(n), mov.resize(m);
for (int i = 0, x, y; i < q; ++i) {
Read(x), Read(y), --x, --y;
adj[x].pb(y);
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
run[i].resize(m);
for (int j = 0; j < m; ++j) {
Read(run[i][j]);
}
}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
mov[i].resize(m);
for (int j = 0; j < m; ++j) {
Read(mov[i][j]);
}
}
per.resize(n), ans = inf, DFS(0);
Debug("%d\n", ans);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
printf("%d%c", bes[i] + 1, i == n - 1 ? '\n' : ' ');
}
return 0;
} task 3
背包dp。
#include task 4
对三条链分别dp。
#include task 5
状压dp。
#include task 6
最小割。
#include task 7
二分图匹配。
#include task 8
分层图，对于每层二分答案之后就是二分图匹配了。
#include task 9
爬山。
#include int , vector <int>, greater <int>>> que(m);
priority_queue q;
vector <bool> cur(m);
vector <int> deg(n);
int ret = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (auto j : adj[i]) {
++deg[j];
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (!deg[i]) {
if (!cur[per[i]]) {
cur[per[i]] = true, q.push(Event(1, i, run[i][per[i]] + ret));
} else {
que[per[i]].push(i);
}
}
}
while (!q.empty()) {
Event e = q.top();
q.pop();
int x = e.v;
ret = e.t;
if (e.o) {
for (auto y : adj[x]) {
q.push(Event(0, y, ret + mov[per[x]][per[y]]));
}
cur[per[x]] = false;
if (!que[per[x]].empty()) {
int i = que[per[x]].top();
que[per[x]].pop();
cur[per[x]] = true, q.push(Event(1, i, run[i][per[i]] + ret));
}
} else {
if (!--deg[x]) {
if (!cur[per[x]]) {
cur[per[x]] = true, q.push(Event(1, x, run[x][per[x]] + ret));
} else {
que[per[x]].push(x);
}
}
}
}
return ret;
}
int main() {
freopen("placement9.in", "r", stdin);
freopen("placement9.out", "w", stdout);
Read(n), Read(q), Read(m), Read(o);
adj.resize(n), run.resize(n), mov.resize(m);
for (int i = 0, x, y; i < q; ++i) {
Read(x), Read(y), --x, --y;
adj[x].pb(y);
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
run[i].resize(m);
for (int j = 0; j < m; ++j) {
Read(run[i][j]);
}
}
for (int i = 0; i < m; ++i) {
mov[i].resize(m);
for (int j = 0; j < m; ++j) {
Read(mov[i][j]);
}
}
per.resize(n), ans = inf, srand(time(0));
for (int t = 0; t < 20; ++t) {
for (int i = 0; i < n; ++i) {
per[i] = rand() % m;
}
for (int i = 0; i < 2000; ++i) {
int x = rand() % n, lst = inf, val = -1;
for (int j = 0; j < m; ++j) {
per[x] = j;
int cur = Calc();
if (CheckMin(lst, cur)) {
val = j;
}
}
per[x] = val;
if (CheckMin(ans, lst)) {
bes = per;
Debug("ans = %d\n", ans);
for (int j = 0; j < n; ++j) {
Debug("%d%c", bes[j] + 1, j == n - 1 ? '\n' : ' ');
}
}
}
Debug("t = %d\n", t);
}
Debug("%d\n", ans);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
printf("%d%c", bes[i] + 1, i == n - 1 ? '\n' : ' ');
}
return 0;
} task 10
爬山。
#include