2023大联盟2比赛总结
比赛链接
反思
T1
奇怪的贪心和构造题一直是我的软肋部分
T2
简单题
T3
也不难
T4
套路没学过，感觉还是太菜了
题解
A
考虑先给图随便染色，然后调整
因为每个点的度数为 3 3 3，所以如果有 x → u → v x\to u\to v x→u→v 的颜色全部相同，那么修改 u u u 的颜色一定能使 u u u 符合条件，然后就用队列存储调整的点，一直调整即可
估算一下时间复杂度是 O ( n ) O(n) O(n) 级别的，肯定不会调整很多次
#include B
感觉这才是本场比赛的签到题
可以发现操作类似冒泡排序，然后手玩一下样例发现答案为逆序对数
无解情况判一下奇偶性即可
时间复杂度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
#include C
这道题最重要的想法是：分治
考虑对于左上角 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1)，右下角 ( x 2 , y 2 ) (x_2,y_2) (x2,y2) 的矩形求出覆盖矩形内所有 1 1 1 的方案数，这可以枚举行和列的分割线，递归下去求解
时间复杂度 O ( n 5 ) O(n^5) O(n5)，需要加一些剪枝就能卡过去了
#include D
感觉是套路题
首先 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的树形 d p dp dp 是好做的
考虑 k = 1 k=1 k=1 的部分分，这一部分有一个经典的想法：考虑答案即为 ∏ s i z 每一个联通快 \prod siz_{每一个联通快} ∏siz每一个联通快，直接做仍是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的，重要：考虑它的组合意义，即为在每个连通块内选一个点的方案数，这个可以令 f i , 0 / 1 f_{i,0/1} fi,0/1 表示 i i i 所在的连通块是否选过点的方案和，时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)，期望得分 50 p t s 50pts 50pts
考虑一步转化是： s k = ∑ i = 0 k { k i } s i ‾ = ∑ i = 0 k { k i } ( s i ) i ! s^k=\sum\limits_{i=0}^{k}{k\brace i}s^{\underline{i}}=\sum\limits_{i=0}^{k}{k\brace i}\binom{s}{i}i! sk=i=0∑k{ik}si=i=0∑k{ik}(is)i!
考虑 { k i } k\brace i {ik} 和 i ! i! i! 都是好算的，主要是 ( s i ) \binom{s}{i} (is)，这个可以根据组合意义用 d p dp dp 计算，即令 f i , j f_{i,j} fi,j 为 i i i 的联通快内选 j j j 个点的方案和，但 j ≤ k j\le k j≤k，所以时间复杂度 O ( n k ) O(nk) O(nk)
#include
for(int j=0;j<=siz[u];j++) for(int k=0;k<=min(siz[v],m-j);k++)
t[j+k]=(t[j+k]+1ll*f[u][j]*f[v][k])%P;
siz[u]=min(m,siz[u]+siz[v]);
for(int j=0;j<=siz[u];j++) f[u][j]=t[j];
}
for(int i=0;i<=m;i++) g[u]=(g[u]+1ll*stir2[m][i]*fac[i]%P*f[u][i])%P;
}
int main(){
freopen("calc.in","r",stdin);
freopen("calc.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
stir2[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=i;j++) stir2[i][j]=(stir2[i-1][j-1]+1ll*j*stir2[i-1][j])%P;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
memset(h,-1,sizeof(h));
for(int i=2;i<=n;i++) add(read(),i);
dfs(1);
printf("%d\n",g[1]);
fprintf(stderr,"%d ms\n",int(1e3*clock()/CLOCKS_PER_SEC));
return 0;
}