20231008比赛总结

比赛链接

反思

A

我是弱智吧，统计答案时少统计了一列 $-25pts$

B

我是弱智吧，一个错误的贪心把所有的样例全过了，$-75pts$

C

出题人是弱智吧，卡对取模意义下 $/0$，要扩域才能过 $-30pts$

D

感觉有点妙的

题解

A

没什么好讲的，直接状压即可
注意到出题人是 $sb$，$n=0$ 时数据范围不一样

#include 
using namespace std;
int n,m,k,x[20],y[20],c[500100];
double f[110][110][1<<10],res[1<<10];
const double eps=1e-8,inf=1000000000000000;
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
int main(){
    freopen("test.in","r",stdin);
    freopen("test.out","w",stdout);
	n=read(),m=read(),k=read();
	for(int i=0;i<n;i++) x[i]=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) y[i]=read();
	for(int i=1;i<k;i++) c[i]=read();
    if(!n){
        double ans=0;
        int las=0;
        for(int i=1;i<=k;i++){
            int a=read(),s=read(),z=read();
            int tc=0;
            if(las) tc=c[i-las];
            double ty=1.0*y[s]*(1-1.0*tc/100.0);
            double sc=1-max(0.0,1-ty/z)*max(0.0,1-ty/z);
            ans+=sc*a;
            if(sc+eps<0.64) las=i; 
        }
        printf("%.2lf\n",ans);exit(0);
    }
    for(int S=0;S<1<<n;S++){
        double cur=1;
        for(int i=0;i<n;i++) if(S>>i&1) cur=cur*(1+1.0*x[i]/100.0);
        res[S]=cur;
    }
    for(int i=0;i<=k;i++) for(int j=0;j<=k;j++) for(int S=0;S<1<<n;S++) f[i][j][S]=-inf;
    f[0][0][0]=0;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		int a=read(),s=read(),z=read();
		for(int j=0;j<i;j++){
			int tc=0;
            if(j) tc=c[i-j];
			for(int S=0;S<1<<n;S++)
				for(int T=S;;T=(T-1)&S){
					double ty=1.0*y[s]*(1-1.0*tc/100.0)*res[T];
					double sc=1-max(0.0,1-ty/z)*max(0.0,1-ty/z);
					if(sc+eps<0.64) f[i][i][S]=max(f[i][i][S],f[i-1][j][S^T]+sc*a);
					else f[i][j][S]=max(f[i][j][S],f[i-1][j][S^T]+sc*a);
					if(!T) break;
				}
		}
	}
    double ans=0;
    for(int i=0;i<=k;i++) for(int S=0;S<1<<n;S++) ans=max(ans,f[k][i][S]);
	printf("%.2lf\n",ans);
	fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
	return 0;
}

B

如果我们把体力值化成函数图像可以发现，答案为最低点的相反数
考虑钦定子树的访问顺序，使最小的体力值最大
考虑相邻比较，如果前一棵子树的 $su{m}_a-2su{m}_w$ 为 $x$，$\min \{f_v-w_i,su{m}_u-2w_i\}$ 为 $y$，$w_i$ 为连向子树的边的长度
考虑前一个比后一个更优即为：$\min \{y_1,x_1+y_2\}>\min \{y_2,x_2+y_1\}$
考虑对 $x$ 的情况分类讨论：
如果 $x_1,x_2$ 正负性不同，那么 $x$ 为正的排在前面
如果 $x_1,x_2<0$，那么 $x_1+y_2>x_2+y_1$ 时才能把 $1$ 排在前面
如果 $x_1,x_2>0$，那么 $y_1>y_2$ 时才能把 $1$ 排在前面
所以时间复杂度 $O(nlogn)$

#include 
#define int long long
#define fi first
#define sn second
using namespace std;
const int N=100100;
typedef pair<int,int> pii;
int n,a[N],f[N],totv[N];
int e[N<<1],w[N<<1],ne[N<<1],h[N],idx;
inline int read(){
    int FF=0,RR=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
    return FF*RR;
}
bool cmp(const pii &x,const pii &y){
    if(x.fi<0&&y.fi>0) return false;
    if(x.fi>0&&y.fi<0) return true;
    if(x.fi<0) return x.fi+y.sn>x.sn+y.fi;
    return x.sn>y.sn;
}
void dfs(int u,int fa){
    vector<pii> vec;
    totv[u]=a[u];
    for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
        int v=e[i];if(v==fa) continue;
        dfs(v,u),totv[u]+=totv[v]-2*w[i];
        vec.push_back({totv[v]-2*w[i],min(f[v]-w[i],totv[v]-2*w[i])});
    }
    sort(vec.begin(),vec.end(),cmp);
    int cur=a[u];f[u]=0;
    for(pii t:vec) f[u]=min(f[u],cur+t.second),cur+=t.first;
}
void add(int x,int y,int z){ e[idx]=y,w[idx]=z,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;}
signed main(){
    freopen("horse.in","r",stdin);
    freopen("horse.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    memset(h,-1,sizeof(h));
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x=read(),y=read(),z=read();
        add(x,y,z),add(y,x,z);
    }
    dfs(1,-1);
    printf("%lld\n",-f[1]);
    fprintf(stderr,"%d ms\n",int64_t(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
    return 0;
}

C

$O(n^3)$ 的树形 $dp$ 是简单的
这里有一个 $trick$ 是 $p^x\times (选x个数的乘积)\times (其他数不选的乘积)$，可以把 $p_x$ 放在乘积里面，然后就可以优化掉一个 $n$ 的复杂度
然后换根即可
注意到出题人故意造了 $\ast 0/0$ 的数据，所以要扩域，把数表示成 $a\ast 0^b$ 的形式
时间复杂度 $O(nlogn)$

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1000100,P=998244353;
struct extend{ int a,b;};
int n,p,siz[N];
int inv[N],f[N];
extend ans[N];
int e[N<<1],ne[N<<1],h[N],idx;
inline int read(){
	int FF=0,RR=1;
	char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
	return FF*RR;
}
void add(int x,int y){ e[idx]=y,ne[idx]=h[x],h[x]=idx++;}
int qmi(int a,int b){
	int res=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1) res=1ll*res*a%P;
		a=1ll*a*a%P;
	}
	return res;
}
extend operator *(extend x,int y){
	if(!y) x.b++;
	else x.a=1ll*x.a*y%P;
	return x;
}
extend operator /(extend x,int y){
	if(!y) x.b--;
	else x.a=1ll*x.a*qmi(y,P-2)%P;
	return x;
}
int ask(int sz){ return (1ll*p*inv[sz]+1-inv[sz])%P;}
void dfs(int u,int fa){
	siz[u]=1;
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]) if(e[i]!=fa) dfs(e[i],u),siz[u]+=siz[e[i]];
    f[u]=ask(siz[u]),ans[1]=ans[1]*f[u];
}
void dfs2(int u,int fa){
	for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){
		int v=e[i];if(v==fa) continue;
		ans[v]=ans[u]/f[v]*ask(n-siz[v]);
		dfs2(v,u);
	}
}
int main(){
    freopen("treap.in","r",stdin);
    freopen("treap.out","w",stdout);
	n=read(),p=read();
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*(P-P/i)*inv[P%i]%P;
    memset(h,-1,sizeof(h));
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x=read(),y=read();
		add(x,y),add(y,x);
	}
	ans[1]={1,0},dfs(1,-1),dfs2(1,-1);
	int ANS=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!ans[i].b) ANS=(ANS+ans[i].a)%P;
	ANS=1ll*ANS*inv[n]%P;
	printf("%d\n",(ANS+P)%P);
	fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
	return 0;
}

D

考虑图中的黑边为出了三元环之间的边以外的其他相隔 $2$ 的点之间的连边
考虑到一个结论是三元环的个数是 $O(m\sqrt{m})$ 的
所以我们其实是可以直接通过一些方法来判掉三元环的情况的
具体来说，我们可以用两个队列在存储从 $a$ 边来的点和从 $b$ 边来的点，这样可以省掉一个优先队列的 $log$
这样的话，每个点只会拓展一次
考虑边权为 $a$ 的边是好做的，直接暴力时间复杂度就是对的
对于边权为 $b$ 的边，我们考虑每次枚举邻点 $v$ 和邻点的邻点$2$ $w$，邻点$2$表示这个点是被邻点访问到时需要访问的邻点的集合
如果 $w$ 是 $u$的邻居的话，就跳过，但 $w$ 需要保存在 $v$ 的邻点$2$ 中，否则，就更新答案，且把 $w$ 从邻点$2$ 中删去
时间复杂度 $O(m\sqrt{m})$
很牛！！！

#include 
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL,int> pli;
const int N=150100,M=600100;
int n,m,a,b;
bool vis[N],tag[N];
LL f[N];
vector<int> G[N],T[N];
queue<int> Qa,Qb;
inline int read(){
    int FF=0,RR=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
    return FF*RR;
}
int main(){
    freopen("path.in","r",stdin);
    freopen("path.out","w",stdout);
    n=read(),m=read(),a=read(),b=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x=read(),y=read();
        G[x].pb(y),G[y].pb(x);
        T[x].pb(y),T[y].pb(x);
    }
    memset(f,0x3f,sizeof(f));f[1]=0;
    Qa.push(1);
    while(!Qa.empty()||!Qb.empty()){
        int u;
        if(Qb.empty()||(!Qa.empty()&&f[Qa.front()]<f[Qb.front()])){ u=Qa.front();Qa.pop();}
        else{ u=Qb.front();Qb.pop();}
        if(vis[u]) continue;
        vis[u]=true;
        for(int v:G[u]){
            tag[v]=true;
            if(f[u]+a<f[v]) f[v]=f[u]+a,Qa.push(v);
        }
        for(int v:G[u]){
            vector<int> tmp;tmp.clear();
            for(int w:T[v]){
                if(vis[w]) continue;
                if(tag[w]) tmp.pb(w);
                else if(f[u]+b<f[w]) f[w]=f[u]+b,Qb.push(w);
            }
            swap(T[v],tmp);
        }
        for(int v:G[u]) tag[v]=false;
    }
    for(int i=2;i<=n;i++) printf("%lld\n",f[i]);
    fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
    return 0;
}