比赛题目训练系列17 (2020-2021 ACM-ICPC Brazil Subregional Programming Contest)

比赛题目训练系列17 (2020-2021 ACM-ICPC Brazil Subregional Programming Contest)

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E. Party Company

• 给一棵树 ($n\le 10^5$)，每个节点有一个权值。然后给 $m$ 个区间 $m\le 10^5$，以及这个区间内的一个结点。然后问每个点的权值，在这个区间内，并且存在他的一个子结点或者父结点，使得其权值也在这个区间内。还有一个条件，就是子节点的权值小于等于父结点
• 看一遍思路，就明白了
• 首先预处理出树上倍增的数组 $f(u,k)$，即 $u$ 的 $2^k$ 的结点是哪个.
• 然后对于每一个区间内的结点，找到小于等于区间右端点 $r$ 的权值最大的父结点u. 把当前的 L 推入到 $vec[u]$ 中（vector数组）
• 然后 $dfs$ 一遍，建立一个权值树状数组，把每一个 $vec[u]$ 中的左端点对用的树状数组的位置加1. 然后当前的 $ans[u]=sum(age[u])$
• 深搜下去。然后回溯，把 $vec[u]$ 中的每一个左端点在减掉
• 这样子，就相当于把以 u 为根节点的子树都左端点都加进去，看看当前有多少个 l 满足 $l<=age[u]$.

#include
using namespace std;
const int N = 100010;
int tr[N], age[N];
vector<int> vec[N];
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int fa[N][20];
int ans[N];
int lowbit(int x)
{
    return x & -x;
}
void insert(int x, int c)
{
    for(int i = x; i <= 100000; i += lowbit(i)){
        tr[i] += c;
    }
}
int sum(int x)
{
    int res = 0;
    for(int i = x; i; i -= lowbit(i)){
        res += tr[i];
    }
    return res;
}
void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void init()
{
    queue<int> que;
    //别忘把根结点 push 进去
    que.push(1);
    while(que.size()){
        int u = que.front(); que.pop();
        for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){
            int v = e[i];
            que.push(v);
            fa[v][0] = u;
            for(int k = 1; k <= 17; k++) fa[v][k] = fa[fa[v][k - 1]][k - 1];
        }
    }
}

void dfs(int u)
{
    for(auto p : vec[u]){
        insert(p, 1);
    }
    ans[u] = sum(age[u]);
    for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]){
        int v = e[i];
        dfs(v);
    }
    for(auto p : vec[u]){
        insert(p, -1);
    }
}
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof h);
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &age[i]);
        int p;
        scanf("%d", &p);
        if(i != 1) add(p, i);
    }
    age[0] = 1e9;
    init();
    while(m--){
        int oj, lj, rj;
        scanf("%d%d%d", &oj, &lj, &rj);
        int u = oj;
        for(int k = 17; k >= 0; k--){
            if(age[fa[u][k]] <= rj){
                u = fa[u][k];
            }
        }
        vec[u].push_back(lj);
    }
    dfs(1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        printf("%d ", ans[i]);
    }
    printf("\n");
    return 0;
}

H. SBC’s Hangar

• 题意：给 $n$ 个数字 ($n\le 50$)，从中选择 k 个数，使得他们之和在 $[A,B]$ 之间。这 n 个数中，任意两个数，一定会有一个数至少是另一个数的两倍。求方案数。
• 方案数应该是凑成 $[0,B]$ 的方案数减去 $[0,A-1]$ 的方案数
• 然后，我们从大到小排序，如果当前剩余的体积可以装进去这个数，就把它加进去，然后体积减去这个数。然后继续找下一个数。这样子就得到了一个二进制序列。因为我们发现，一个数至少是另一个数的两倍，那么等价于，一个方案对应的二进制小于另一个方案。
• 那么就变成了一个数位 dp 问题，在此范围内有多少个数，二进制的下1的个数之和为 k.

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 60;
ll f[N][N], a[N];
int w[N];
int n, k;
ll dfs(int pos, int k, int lim)
{
    if(pos == 0) {
        return k == 0;
    }
    if(lim == 0 && f[pos][k] != -1){
        return f[pos][k];
    }
    else{
        ll ans = 0, up = lim ? w[pos] : 1;
        for(int i = 0; i <= up; i++){
            if(k > 0) ans += dfs(pos - 1, i == 0 ? k : k - 1, lim && i == up);
            if(!k && !i) ans += dfs(pos - 1, k, lim && i == up);
        }
        if(lim == 0){
            f[pos][k] = ans;
        }
        return ans;
    }
}
ll solve(ll x)
{
    memset(f, -1, sizeof f);
    memset(w, 0, sizeof w);

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(x >= a[i]){
            w[n - i + 1] = 1;
            x -= a[i];
        }
    }
    return dfs(n, k, 1);
}
int main()
{
    ll A, B;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    scanf("%lld%lld", &A, &B);
    sort(a + 1, a + n + 1, greater<ll>());
    printf("%lld\n", solve(B) - solve(A - 1));
    return 0;
}

I. Interactivity

• 题意：给一个树，父结点的权值是子结点权值之和。问最少需要多少询问可以知道树的所有权值。
• 记 $f(u,0)$ 为当前不需要选择这个点，这个子树的权值确定，为 $f(u,0)={\prod }_v(f[v][0]+f[v][1])$.
• 记 $f(u,1)$ 为当前需要选择这个结点，这个子树的权值才确定下来，那么这个等价于有一个子树也是如此，即不选择这个结点（可以注意到，选择当前子结点的才能确定这个树的权值，和不选择当前点确定不了当前树的权值，是一个意思，方案数是一样的），那么 $f(u,1)={\prod }_{v}f(v,1)\ast \prod _{v^{\prime }}^{v^{\prime }\ne v}g(v^{\prime })$.
• $g(u)=f(u,0)+f(u,1)$. 表示确定当前子树权值的方案总数。
• 最后一个求 $f(u,1)$ 的时候，求那个 $g(v^{\prime })$，不可以总的乘积除以 g(v) 的方式，因为当前的 g(v) 可能取模后为0. 可以正着打一个前缀积，倒着打一个前缀积。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 100010;
vector<int> son[N];
ll g[N], f[N][2];
ll pre[N], suf[N];
void dfs(int u)
{
    int sz = son[u].size();
    if(sz == 0){
        f[u][1] = g[u] = 1;
        return;
    }
    for(int i = 0; i < sz; i++){
        int v = son[u][i];
        dfs(v);
    }
    //这个地方千万不要初始化。
    f[u][0] = 1;
    for(int i = 0; i < sz; i++){
        int v = son[u][i];
        f[u][0] = f[u][0] * g[v] % mod;
    }

    pre[0] = 1, suf[sz + 1] = 1;

    for(int i = 1; i <= sz; i++){
        int v = son[u][i - 1];
        pre[i] = pre[i - 1] * g[v] % mod;
    }
    for(int i = sz; i >= 1; i--){
        int v = son[u][i - 1];
        suf[i] = suf[i + 1] * g[v] % mod;
    }
    for(int i = 1; i <= sz; i++){
        int v = son[u][i - 1];
        f[u][1] = (f[u][1] + f[v][1] * pre[i - 1] % mod * suf[i + 1] % mod) % mod;
    }

    g[u] = (f[u][1] + f[u][0]) % mod;
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        int x;
        scanf("%d", &x);
        son[x].push_back(i);
    }
    dfs(1);
    printf("%lld\n", g[1]);
    return 0;
}

K. Between Us

• 题意：给 n 个点的图 $n\le 100$，把这个图分成两部分，每一个点的度数都是奇数。问是否存在这个划分方案。
  

#include
using namespace std;
const int N = 110;
bitset<N> a[N];
int g[N][N], d[N];
int n, m;
bool gauss()
{
    int r, c;
    for(c = 1, r = 1; c <= n; c++){
        int t = r;
        for(int i = r; i <= n; i++){
            if(a[i][c]){
                t = i;
                break;
            }
        }
        if(a[t][c] == 0) continue;
        swap(a[t], a[r]);
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            if(a[i][c] && i != r){
                a[i] ^= a[r];
            }
        }
        r++;
    }
    if(r <= n){
        for(int i = r; i <= n; i++){
            if(a[i][n + 1]) return false;
        }
    }
    return true;
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        d[a]++, d[b]++;
        g[a][b] = g[b][a] = 1;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= n; j++){
            if(g[i][j]) a[i][j] = 1;
        }
        if(d[i] & 1){
            a[i][n + 1] = 0, a[i][i] = 1;
        }
        else{
            a[i][n + 1] = 1;
        }
    }
    if(gauss()){
        printf("Y\n");
    }
    else printf("N\n");
}