2021ICPC区域赛(上海站)部分题解
文章目录
- E - Strange Integers
- D - Strange Fractions
- G - Edge Groups
- I - Steadily Growing Steam
- H - Life is a Game
- M - Harmony in Harmony
- K - Circle of Life
- J - Two Binary Strings 问题
题目链接
E - Strange Integers
签到
D - Strange Fractions
签到
G - Edge Groups
题意：
求将树边分解成两两匹配的方案数
思路：
- 树形dp，分子树分配的边剩余是奇数还是偶数即可
- d p i , 0 表示 i 子树边数恰好两两匹配， d p i , 1 表示多余一条边没有匹配，每个节点只有其中一个状态合法 dp_{i,0}表示i子树边数恰好两两匹配，dp_{i,1}表示多余一条边没有匹配，每个节点只有其中一个状态合法 dpi,0表示i子树边数恰好两两匹配，dpi,1表示多余一条边没有匹配，每个节点只有其中一个状态合法
- 对于一条边 ( u , v ) ，如果 v 的状态为 d p v , 1 ，则 ( u , v ) 需要与 v 子树剩余的一条边匹配 对于一条边(u,v)，如果v的状态为dp_{v,1}，则(u,v)需要与v子树剩余的一条边匹配 对于一条边(u,v)，如果v的状态为dpv,1，则(u,v)需要与v子树剩余的一条边匹配
- 否则， ( u , v ) 是未匹配的边， c n t + 1 ，留给 u 子树计算贡献 否则，(u,v)是未匹配的边，cnt+1，留给u子树计算贡献 否则，(u,v)是未匹配的边，cnt+1，留给u子树计算贡献
- 假设当前枚举到当前节点，剩余cnt条边没匹配，假设可以分成x组，则方案数为 C n 2 C n − 2 2 . . . A x x \frac{C_n^2C_{n-2}^2...}{A_x^x} AxxCn2Cn−22...
#include
res=res*sum[cnt]%mod*inv_fac[cnt/2]%mod;
if(cnt&1)dp[u][1]=res;
else dp[u][0]=res;
}
void solve(){
cin>>n;
init();
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
adj[u].push_back(v);
adj[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
// for(int i=1;i<=n;i++)cout<
// for(int i=1;i<=n;i++)cout<
cout<<dp[1][0]<<"\n";
}
signed main(){
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int T=1;
// cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
I - Steadily Growing Steam
思路：
带负权的背包问题，直接转移即可
d p i , j , k 表示枚举到第 i 个物品，操作了 j 次，背包容量为 k 的最大值 dp_{i,j,k}表示枚举到第i个物品，操作了j次，背包容量为k的最大值 dpi,j,k表示枚举到第i个物品，操作了j次，背包容量为k的最大值
为了防止背包容量为负，需要设置一个偏移量为p，表示背包容量为0的位置
答案： m a x i = 0 k ( d p n , i , p ) max_{i=0}^k(dp_{n,i,p}) maxi=0k(dpn,i,p)
#includeH - Life is a Game
题意：
⼀张带边权带点权⽆向图。从某点出发，有初始声望。
每第⼀次到达⼀个点将获得点权等值的声望加成。
经过⼀条边需要满⾜边权等值的最低声望限制。
多次给出起点和初始声望，询问能达到的最⼤声望。
思路：
- kruscal重构树
- 按照边权从⼩到⼤建⽴Kruskal 重构树。每次询问都是从叶子出发，在树上倍增。向上找到第⼀条不能通过的边（即，该边下⾯的⼦树的叶⼦点权和加上初始声望小于该边边权），把下⾯⼦树的叶⼦点权和加上初始声望即为答案。
- 时间复杂度: O ( ( n + m ) l o g m + q l o g n ) O((n+m)logm+qlogn) O((n+m)logm+qlogn)
#include
while(q--){
int x,k;
cin>>x>>k;
for(int i=25;i>=0;i--){
if(cost[x][i]<=k&&par[x][i])x=par[x][i];
}
cout<<a[x]+k<<"\n";
}
}
signed main(){
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
int T=1;
// cin>>T;
while(T--)solve();
return 0;
}
更容易想到的做法：离线，启发式合并
- 对于每个节点存它的询问，然后从小到大构造最小生成树的过程中计算
- 对于当前边的两个点，拿出点里面当前权值最小的点，判断是否能通过该条边，如果不能则计算答案，将该询问从该点移除，对于两个点都做一遍
- 最后两边的点存储的询问都是可以通过该边的，因此启发式合并这两个点询问
- 最后还存在的询问一定是可以遍历所有点的，计算答案
#includeM - Harmony in Harmony
题意：
将地分成n部分，第二次忘了前一次的分配，又将地分成n部分，求每个人两次分配的土地面积的交集最小值最大
思路：
神奇的构造题
- 此题等价于存在⼀个两侧各有n个结点的带边权的满⼆分图，边权为实数，并且对任何⼀个结点，其所连边的权值和等于1/n。要求寻找⼀个尽可能⼤的 ans，使得在任何满⾜上述条件的⼆分图下，都能够找到⼆分图的完美匹配，使得匹配边的权值都不低于ans
- 取左边 t − 1 个黑点和右边 t 个白点，假设，左边每个黑点对右边的每个白点的贡献 1 n t 取左边t-1个黑点和右边t个白点，假设，左边每个黑点对右边的每个白点的贡献\frac{1}{nt} 取左边t−1个黑点和右边t个白点，假设，左边每个黑点对右边的每个白点的贡献nt1
- 则每个白点的贡献还剩余 1 n − t − 1 n t = 1 n t 则每个白点的贡献还剩余\frac{1}{n}-\frac{t-1}{nt}=\frac{1}{nt} 则每个白点的贡献还剩余n1−ntt−1=nt1
- 将贡献平分给 n − t + 1 个黑点，每个黑点得到的贡献为 1 n t ( n − t + 1 ) 将贡献平分给n-t+1个黑点，每个黑点得到的贡献为\frac{1}{nt(n-t+1)} 将贡献平分给n−t+1个黑点，每个黑点得到的贡献为nt(n−t+1)1
- t 取 ⌊ n + 1 2 ⌋ 取最小，答案为 1 n ⌊ n + 1 2 ⌋ ⌊ n + 1 2 ⌋ t取\lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor取最小，答案为\frac{1}{n \lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor \lfloor \frac{n+1}{2} \rfloor} t取⌊2n+1⌋取最小，答案为n⌊2n+1⌋⌊2n+1⌋1
#includeK - Circle of Life
构造题
- 注意到长度为2时，有"10"
- 长度为4时，有"1001"
- 长度为5时，有"10001"
- 且4和5可以拼接
- 除了3都可以构造出来
#includeJ - Two Binary Strings 问题
题意：
给出 01 序列， A ， B 给出01序列，A，B 给出01序列，A，B
定义 f ( l , r ) ，如果 1 的个数大于等于长度一半，则为 1 ，否则为 0 定义f(l,r)，如果1的个数大于等于长度一半，则为1，否则为0 定义f(l,r)，如果1的个数大于等于长度一半，则为1，否则为0
对于一个 k ，如果所有 i 满足 f ( m a x ( 1 , i − k + 1 ) , i ) = B i 则称 k 合法 对于一个k，如果所有i满足f(max(1,i-k+1),i)=B_i则称k合法 对于一个k，如果所有i满足f(max(1,i−k+1),i)=Bi则称k合法
输出一个长度为 n 的二进制，为 1 表示第 k 位合法 输出一个长度为n的二进制，为1表示第k位合法 输出一个长度为n的二进制，为1表示第k位合法
思路：
- 转化为求前缀和，如果 s i − k ≤ s i 则 k 合法 转化为求前缀和，如果s_{i-k} \leq s_i 则k合法 转化为求前缀和，如果si−k≤si则k合法
- 对于每个 i 求出满足的前缀即可 对于每个i求出满足的前缀即可 对于每个i求出满足的前缀即可
- 可以用bitset优化暴力
- 使用一个val[i]存储前缀和值为i的下标集合，a集合维护当前大于sum[i]的下标集合，b集合维护小于等于的
- 注意到每次sum[i]值只会增加一或减少一，根据此信息更新i下标在哪或者i-1下标在哪个集合即可
#include