2018 集训队互测 Day 1 简要题解
完美的队列：
如果能求出每个加入的数在所有队列中都被移出去的时刻，那就可以很方便地计算答案了。
对序列分块，先考虑整块的，更新跨过整个块的区间答案，记 bi b i 表示队列要弹出当前的数需要的容量，那么每次操作实际上是对 bi b i 进行区间减法，注意到大部分时候是对整块打标记，如果不是整块打标记直接暴力就行了。当 所有 bi<0 b i < 0 的时候，就是所有东西都被弹出去的时候，可以利用双指针更新答案。
离散的块实际上也可以类似处理，预处理跨过整块的东西的前缀和，同样枚举每个位置和跨过它的区间，然后类似整块也可以双指针求出答案，这部分细节详见代码。
#include 完美的集合：
注意到合法的关键点连成了一棵树，所以可以容斥，用 i i 合法的减去 i i 和 pari p a r i 都合法的。
枚举之后将树处理出来，变成了一棵有根树，可以利用DFS序DP求出最大权值以及方案数。
剩下就是组合数取模的问题了，就是要快速求 ∏1≤i≤n,imod5≠0i ∏ 1 ≤ i ≤ n , i mod 5 ≠ 0 i ，考虑维护一个多项式 fn(x)=∏1≤i≤n,imod5≠0(x+i) f n ( x ) = ∏ 1 ≤ i ≤ n , i mod 5 ≠ 0 ( x + i ) ，然后找到一个最大的 k k 满足 10k≤n 10 k ≤ n ，那么考虑计算 f10k(x) f 10 k ( x ) ，剩下的暴力乘上去。 f10k(x)=f5k(x)+f5k(x+5k) f 10 k ( x ) = f 5 k ( x ) + f 5 k ( x + 5 k ) ，而注意到每次展开 f(x+5k) f ( x + 5 k ) 的时候，到了 23 23 项之后它的贡献就变成 0 0 了，所以多项式次数不超过 23 23 ，暴力维护就行了。
#include Solve(int x) {
tim = 0, DFS(x, 0), seq[tim + 1] = 0, DP(), --g[x][0];
LL u = 0, v = 0;
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
if (CheckMax(u, f[x][i])) {
v = g[x][i];
} else if (u == f[x][i]) {
v += g[x][i];
}
}
return mp(u, v);
}
inline pair Solve(int x, int y) {
tim = 0, DFS(x, y), seq[tim + 1] = 0, DP(), --g[x][0];
tim = 0, DFS(y, x), seq[tim + 1] = 0, DP(), --g[y][0];
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (CheckMax(f[x][i], f[x][i - 1])) {
g[x][i] = g[x][i - 1];
} else if (f[x][i] == f[x][i - 1]) {
g[x][i] += g[x][i - 1];
}
}
LL u = 0, v = 0;
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
if (CheckMax(u, f[x][i] + f[y][m - i])) {
v = g[x][i] * g[y][m - i];
} else if (u == f[x][i] + f[y][m - i]) {
v += g[x][i] * g[y][m - i];
}
}
return mp(u, v);
}
int main() {
#ifdef wxh010910
freopen("d.in", "r", stdin);
#endif
Read(n), Read(m), Read(k), Read(lim), ++lim, g[0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= 23; ++i) {
c[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; ++j) {
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
f[0][i] = -(1LL << 60);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
Read(w[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
Read(v[i]);
}
for (int i = 1, x, y, w; i < n; ++i) {
Read(x), Read(y), Read(w);
adj[x].pb(mp(y, w)), adj[y].pb(mp(x, w));
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
b[i] = true;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
CheckMax(val_max, Solve(i).X);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
b[j] = true;
}
Build(i, 0, 0);
pair ret = Solve(i);
if (ret.X == val_max) {
ans = (ans + C(ret.Y, k)) % mod;
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (auto e : adj[i]) {
if (e.X > i) {
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
b[j] = true;
}
int j = e.X;
Build(i, 0, 0), Build(j, 0, 0);
if (!b[i] || !b[j]) {
continue;
}
pair ret = Solve(i, j);
if (ret.X == val_max) {
ans = (ans - C(ret.Y, k) + mod) % mod;
}
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
#ifdef wxh010910
Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
return 0;
} 完美的旅行：
首先预处理 f(i,j) f ( i , j ) 表示标号的与为 i i ，路径长度为 j j 的方案数，这个相当于求 A1,A2,A3,⋯,Am A 1 , A 2 , A 3 , ⋯ , A m 。
考虑暴力求出特征多项式之后，因为只关心 f(i,j) f ( i , j ) 的答案，可以直接对 f(i,j) f ( i , j ) 而不是整个矩阵进行线性变换，这样就把复杂度降下来了。
计算答案的时候，首先可以FWT求出集合交卷积对应的多项式 F F ，那么就是要求 F+F2+F3⋯=11−F−1 F + F 2 + F 3 ⋯ = 1 1 − F − 1 ，多项式求逆即可。
#include