2023牛客暑期多校训练营6 AB「范德蒙德卷积」「并查集+树上背包」

B-Distance_2023牛客暑期多校训练营6 (nowcoder.com)

题意：

定义$C(A,B)$为：给定两个集合，每次操作可以选取$A$或$B$中的一个元素+1，让$A$和$B$相等的最少操作数，若无法实现则为0，现给定集合ST，求${\sum }_{A\subseteq S}{\sum }_{B\subseteq T}C(A,B)$。

思路：

最小的操作一定是排序后一一对应的操作。考虑枚举每一对$(i,j)$，计算$abs(s[i]-t[j])$的贡献，每一对的贡献是当他为集合中的某一个元素时，所有的集合数量*该对的贡献。集合数量为${\sum }_{k=1}^{k=min(i-1,j-1)}{\sum }_{c=1}^{c=min(n-i,n-j)}C(i-1,k)\times C(j-1,k)\times C(n-i,c)\times C(n-j,c)$，根据范德蒙德卷积 - OI Wiki (oi-wiki.org)推论4，即$$\sum _{i=0}^{m}C(n,i)\times C(m,i)=C(n+m,m)$$可以化简上式为$C(i-1+j-1,min(i-1,j-1))\times C(n-i+n-j,min(n-i,n-j))$，预处理后可$O(n^2)$求得答案。

AC代码：

#include 
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
//#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
const int mod = 998244353;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 2e3+ 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
int s[N],t[N];
int fac[2*N],inv[2*N];

void init(){
    fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=2*N;++i){
        fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;  //阶乘
        inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;  //逆元
    }
    for(int i=2;i<=2*N;++i){
        inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
    }
}

ll C(int a,int b){
    if(a<b or a<0 or b<0)
    return 0;
    return 1ll*fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}

void work() {
    int n;cin>>n;
    init();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>s[i];
    }for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>t[i];
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=n;++j){
            int x=abs(s[i]-t[j]);
            ll res=x%mod*C(i-1+j-1,min(i,j)-1)%mod*C(n-i+n-j,min(n-i,n-j))%mod;
            ans=(ans+res)%mod;
        }
    }
    cout<<ans<<'\n';
}

signed main() {
    io;
    int t=1;
    //cin >> t;
    while (t--) {
        work();
    }
    return 0;
}

A-Tree_2023牛客暑期多校训练营6 (nowcoder.com)

题意：

给定一颗边带权的树，树上每个节点都有一个颜色（0/1），颜色可以通过$c[i]$的代价翻转，两个异色点的贡献是路径上边权最大值，同色点没有贡献，问经过任意翻转后，树的贡献-代价的最大值。

思路：

按照边权排序，重构最大生成树，对于每对点$(u,v)$，若异色，贡献值即为当前的边权，能使当前边权的做出贡献的点对数量即uv的子树中相互异色的点相乘。
$dp[i][j]$表示以i为根节点，树中有j个黑色点的最大答案，转移时$dp[u][j+k]=max(dp[u][j]+dp[v][k]+w\ast ((sz[u]-j)\ast k+j\ast (sz[v]-k))$，树上背包 即可，最后遍历最终根节点的黑色点数即可求得答案。

AC代码：

#include 
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
const int mod = 998244353;
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 3e3+ 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
int a[N],f[N],c[N],sz[N];
ll tmp[N],dp[N][N];//黑色
struct node{
    int u,v,w;
}e[N];

int find(int x){
    if(f[x]==x)return x;
    return f[x]=find(f[x]);
}

void work() {
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>a[i];f[i]=i;sz[i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>c[i];
        if(a[i]){//黑色
            dp[i][0]=-c[i];
        }else{
            dp[i][1]=-c[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<n;++i){
        cin>>e[i].u>>e[i].v>>e[i].w;
    }
    sort(e+1,e+n,[](node &x,node &y)->bool {
        return x.w<y.w;
    });
    for(int i=1;i<n;++i){
        int u=find(e[i].u),v=find(e[i].v);
        mem(tmp,-0x3f3f3f3f);
        for(int j=0;j<=sz[u];++j){
            for(int k=0;k<=sz[v];++k){
                tmp[j+k]=max(tmp[j+k],dp[u][j]+dp[v][k]+e[i].w*(j*(sz[v]-k)+(sz[u]-j)*k));
            }
        }
        for(int j=0;j<=sz[u]+sz[v];++j){
            dp[u][j]=tmp[j];
        }
        sz[u]+=sz[v];f[v]=u;
    }
    int root=find(1);
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        ans=max(ans,dp[root][i]);
    }
    cout<<ans<<'\n';
}

signed main() {
    io;
    int t=1;
    //cin >> t;
    while (t--) {
        work();
    }
    return 0;
}