2020-3-1 模拟测验记录与题解
文章目录
- 前言
- 题目
- T1
- T2
- T3
- 题解
- T1
- T2
- T3
- 代码
- T1
- T2
- T3
前言
这是一次对我来说非常有技术含量的比赛。感谢教练能找到这套题。
题目
T1
一棵 n n n 个节点的树，有边权和点权。
d i s ( x , y ) dis(x,y) dis(x,y) 定义为 x x x 到 y y y 路径上的边权和。 v x v_x vx 为点 x x x 的点权。
无序点对 ( x , y ) (x,y) (x,y) 的权值定义为 d i s ( x , y ) ∗ ( v x xor v y ) dis(x,y) * (v_x \ \text{xor} \ v_y) dis(x,y)∗(vx xor vy)。
q q q 次操作，每次修改一个点的点权，然后询问当前所有不同无序点对的权值和。
n , q ≤ 30000 n,q \leq 30000 n,q≤30000，边权 [ 1 , 100 ] [1,100] [1,100]，点权 [ 0 , 16384 ) [0,16384) [0,16384)。
T2
两个长度为 n n n 的字符串 s 1 s1 s1， s 2 s2 s2。保证两者只可能由前 m m m 种小写英文字母组成。（ a a a 是第一种， b b b 是第二种，……）并且两字符串 LCS 长度为 n − 1 n-1 n−1。
给定 s 1 s1 s1，问存在多少种不同的 s 2 s2 s2。
n ≤ 1 0 5 n \leq 10^5 n≤105， m ≤ 26 m \leq 26 m≤26。
T3
一个 n n n 个点的无向完全图，每条边的边权都是 [ 1 , L ] [1,L] [1,L] 内的整数。
问有多少种不同的无向完全图满足 1 1 1 到 n n n 的最短路长为 k k k。
两个图不同当且仅当存在两图中各一条边，它们起点，终点相同但边权不同。
答案对 1 0 9 + 7 10^9 + 7 109+7 取模。
n , k ≤ 12 n,k \leq 12 n,k≤12， L ≤ 1 0 9 L \leq 10^9 L≤109。
题解
T1
70 分做法：
首先我们要考虑处理出修改前的所有不同无序点对的权值和。
这个东西有一个很自然很套路的分位考虑想法，按二进制位将原树拆成 15 个，每棵树的点权都是 0/1。
0/1 就有一个很 simple 的做法。考虑 dfs，对于每个点存储其为根的子树内 0 的个数，1 的个数，到所有 0 的距离和，到所有 1 的距离和。这样就能 O ( n ) O(n) O(n) 做了。
所以我们可以用 O ( 15 n ) O(15n) O(15n) 预处理。
对于修改，我们考虑只会影响目标点到根这一条链上的各种值，所以我们暴力把当前点在这一段的贡献去掉，然后再暴力重新加上。
总复杂度 O ( 15 n + 15 q ∗ d e p t h ) O(15n + 15q*depth) O(15n+15q∗depth)（depth 是树高）
在随机树下有很优秀的运行效率。
100 分做法：
我们考虑原来的预处理很像点分治。于是我们考虑真的用点分治做这道题。
这个的复杂度是 O ( 15 n log n + 15 q log n ) O(15n\log n + 15q \log n) O(15nlogn+15qlogn)
T2
很有技巧的 DP。
首先考虑怎么判断两串的 LCS 是否长 n − 1 n-1 n−1。
正常的 LCSdp 策略是 L C S i , j LCS_{i,j} LCSi,j 表示一个串的前 i i i 个字符与另一个串的前 j j j 个字符的 LCS 长度，而这里我们很明显只需要 L C S i , i − 1 LCS_{i,i-1} LCSi,i−1， L C S i , i LCS_{i,i} LCSi,i， L C S i , i + 1 LCS_{i,i+1} LCSi,i+1。（下文用 L C S i , − 1 LCS_{i,-1} LCSi,−1， L C S i , 0 LCS_{i,0} LCSi,0， L C S i , 1 LCS_{i,1} LCSi,1 代替）
容易发现，若要求合法且可能满足最后 LCS 长度为 n − 1 n-1 n−1，那么肯定有：
i − 2 ≤ L C S i , − 1 ≤ i − 1 i-2 \leq LCS_{i,-1} \leq i-1 i−2≤LCSi,−1≤i−1
0 ≤ L C S i , 0 − L C S i , − 1 ≤ 1 0\leq LCS_{i,0} - LCS_{i,-1} \leq 1 0≤LCSi,0−LCSi,−1≤1
0 ≤ L C S i , 1 − L C S i , 0 ≤ 1 0\leq LCS_{i,1} - LCS_{i,0} \leq 1 0≤LCSi,1−LCSi,0≤1
可以发现，数组 { i − 2 , L C S i , − 1 , L C S i , 0 , L C S i , 1 } \{ i-2, LCS_{i,-1}, LCS_{i,0}, LCS_{i,1} \} {i−2,LCSi,−1,LCSi,0,LCSi,1} 的差分数组将会是一个 01 串。我们可以把这个 01 串作为实际 dp 的一维状态去进行转移。
现在我们定义 d p i , j , k dp_{i,j,k} dpi,j,k 表示：串 2 的前 i i i 个字符和串 1 组成的 LCSdp 差分数组状态为 j j j，且串 2 第 i i i 个字符为 k k k 时，串 2 的种类数。转移时可以直接把原数组还原，跑一遍 LCSdp 确定到达的状态，也可以预建出 LCSdp 状态转移的自动机。
由于我们把某个 dp 压在了另一个 dp 的状态之中，所以这种技巧常称为 dp 套 dp。
这里我采用的是转移时暴力 LCSdp，有一定的常数。合法的差分数组共有 5 个，转移常数在 3 左右。
所以时间复杂度是 O ( 15 n m ) O(15nm) O(15nm)。
T3
很好的计数题。
考虑的步骤：想到用 dis 数组和最短路三角不等式 → \rightarrow → 想到容斥计算答案 → \rightarrow → 想到根据容斥原理把 dis 大于 k k k 的点压缩 → \rightarrow → 考虑到 dis 枚举困难，转为枚举 dis 数组对应的桶 → \rightarrow → 解决此题
直接上最后一步的结论。
我们令 b u c i buc_i buci 代表与 1 1 1 的最短路为 i i i 的点的个数。其中 0 ≤ i ≤ k + 1 0 \leq i \leq k + 1 0≤i≤k+1， i = k + 1 i = k+1 i=k+1 象征了所有 d i s > k dis > k dis>k 的情况。
dfs 枚举这个数组，方案数不会很多。
UPD：关于方案数的计算。其实就是把 n-2 个球塞到 k+1 个筐里，允许空筐的方案数。这个问题很基本，用插板法可以得出答案是 C n + k − 2 k C_{n+k-2}^{k} Cn+k−2k 。极限情况下这个数值是 6 ∗ 1 0 5 6 * 10^5 6∗105 左右。
已知一个确定的 b u c buc buc 数组，我们考虑如何计数。
假设现在枚举到下标 i i i。首先我们要把这个“个数”分配到点上，这个方案就是在剩余可选的点里选择 b u c i buc_i buci 个，是一个组合数。
然后，我们要让这些点满足 d i s = i dis = i dis=i。
对于所有 d i s < i dis < i dis<i 的点 x x x，我们要满足所有 d i s x + v ≥ i dis_x + v \geq i disx+v≥i 且存在 d i s x + v = i dis_x + v = i disx+v=i。这个东西用容斥统计一下即可。
然后对于所有 d i s = i dis = i dis=i 的其他点，与当前点的连边很明显可以从 1 1 1 取到 L L L。
最后我们解决 d i s > k dis > k dis>k 的问题。
容易发现，我们如果只要求对于所有 d i s ≤ k dis \leq k dis≤k 的点 x x x 满足 d i s x + v > k dis_x + v > k disx+v>k，并且对于所有 d i s > k dis > k dis>k 的其他点，与当前点的连边可以从 1 1 1 取到 L L L，那么这些点与其连出的边必然能导出一种 > k > k >k 的最短路。而且，如此统计不重不漏。
所以统计的方法相当于我们正常的容斥步骤去掉了“减去”那一步。
至此，我们就解决了确定 b u c buc buc 数组时的计数，答案是上述所有算出的方案相乘。
最后把所有情况相加即可。
总复杂度 O ( C n + k − 2 k × k 2 ) O(C_{n+k-2}^{k} \times k^2) O(Cn+k−2k×k2) 。
代码
T1
写了个动态点分治。
#include T2
实际应用时，为防止 MLE 需要滚动数组。
#include T3
#include