Codeforces 493 Div1题解
Problem A.
发现可以用 x x 次翻转操作替换 x x 次反转操作。做完了。
Problem B.
发现 n≥50 n ≥ 50 时变成等差数列。（实际上是 n≥12 n ≥ 12 ）
所以小范围大暴力，然后 O(1) O ( 1 ) 计算。
Problem C.
发现答案的式子为：
−2×∑i=1n(ni)3(n−i)n+i(−1)i−∑i=1n∑j=1n(ni)(nj)3(n−i)(n−j)+1(−1)i+j − 2 × ∑ i = 1 n ( n i ) 3 ( n − i ) n + i ( − 1 ) i − ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ( n i ) ( n j ) 3 ( n − i ) ( n − j ) + 1 ( − 1 ) i + j
第一部分可以大暴力计算，复杂度 O(nlogn) O ( n l o g n ) （其实是 O(1) O ( 1 ) ）
第二部分转化如下：
S=3×∑i=1n(ni)(−1)i∑j=1n(nj)(3(n−i))(n−j)(−1)j =3×∑i=1n(ni)(−1)i[(3n−i−1)n−(3n−i)n] S = 3 × ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) i ∑ j = 1 n ( n j ) ( 3 ( n − i ) ) ( n − j ) ( − 1 ) j = 3 × ∑ i = 1 n ( n i ) ( − 1 ) i [ ( 3 n − i − 1 ) n − ( 3 n − i ) n ]
#includeProblem D.
发现如果分别对 2 2 颗树求出环长为 0..K 0.. K 的答案，就能 O(K2) O ( K 2 ) 地得到最终答案
令 dp[u][i] d p [ u ] [ i ] 表示从 u u 往子树走 i i 步又回到 u u 的方案数
发现 dp d p 数组的合并是一个完全背包的过程。
于是这可以用 O(nK2) O ( n K 2 ) 得到。
然后再从上往下来一遍，同样是 O(nK2) O ( n K 2 ) 的。
#includeif(dp[u][i])
for(auto v:G[u])if(v!=f)
for(int j=0;dp[v][j]&&i+j+1<=K;++j)
dp[u][i+j+1]=(dp[u][i+j+1]+1ll*dp[u][i]*dp[v][j])%mod;
}
void dfs2(int u,int f){
int ls[80]={0},_ls[80]={0};
for(auto v:G[u])if(v!=f)
for(int i=0;i1],dp[v][i]);
for(int i=0;i1],pre[u][i]);
auto cal=[&](int to[]){
for(int i=0;i<=K;++i)to[i]=0,_ls[i]=0;
to[0]=1,_ls[0]=1;
for(int i=1;i<=K;++i)
for(int j=i;j>=1;--j)
to[i]=(to[i]+1ll*to[i-j]*ls[j])%mod;
};
cal(anses[u]);
for(auto v:G[u])if(v!=f){
for(int i=0;i1],mod-dp[v][i]);
cal(pre[v]);
dfs2(v,u);
for(int i=0;i1],dp[v][i]);
}
}
void sol(int n,int f[]){
for(int i=1;i<=n;++i)G[i].clear();
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=K;++j)
dp[i][j]=anses[i][j]=pre[i][j]=0;
for(int i=2,u,v;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs1(1,0);
dfs2(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=K;++j)
upd(f[j],anses[i][j]);
}
int qpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n1,&n2,&K);
if(K&1)return puts("0"),0;
K>>=1,fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=K;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[K]=qpow(fac[K],mod-2);
for(int i=K-1;i>=1;--i)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=0;i<=K*2;++i)
for(int j=*C[i]=1;j<=i;++j)
C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
sol(n1,f),sol(n2,g);
int ans=0;
for(int i=0;i<=K;++i)
ans=(ans+1ll*f[i]*g[K-i]%mod*C[2*K][i*2])%mod;
printf("%d",ans);
} Problem E.
根号是什么垃圾玩意…本题复杂度 O(nlogn) O ( n l o g n )
一个区间 [l,r] [ l , r ] 合法一定有 mx−mn−r+l=0 m x − m n − r + l = 0
然而一个区间 mx−mn−r+l m x − m n − r + l 恒大于等于 0 0
所以就是求最小值出现个数。（因为最小值必为 0 0 ）
考虑扫描线时同时维护历史最小值出现次数
一个节点维护 mn,ans,tim,atg,cnt m n , a n s , t i m , a t g , c n t
表示最小值，答案，离上一次到该节点过了多长时间，加标记，最小值个数
每次 pushdown p u s h d o w n 时往最小值所在区间更新 tim t i m
答案就加 tim×cnt t i m × c n t
#include1,1,n,stmx[tmx-1]+1,stmx[tmx],-a[stmx[tmx]]),tmx--;
mdy(1,1,n,stmx[tmx]+1,i,a[i]),stmx[++tmx]=i;
while(tmn&&a[stmn[tmn]]>a[i])
mdy(1,1,n,stmn[tmn-1]+1,stmn[tmn],a[stmn[tmn]]),tmn--;
mdy(1,1,n,stmn[tmn]+1,i,-a[i]),stmn[++tmn]=i;
addtim(s[1],1);
for(auto p:G[i])anses[p.second]=qry(1,1,n,p.first,i);
}
for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%lld\n",anses[i]);
}