NOI2013 Day1

向量内积

题目描述：两个(d)维向量(A)与(B)的内积为其相对应维度的权值的乘积和，现有(n)个(d)维向量，求是否存在两个向量的内积为(k)((k=2,3))的倍数。

solution:
考虑(k=2)，以下为在((mod 2))下运算，设矩阵(A_1,A_2),

设矩阵(P=A_1 * A_2)，若非对角线出现(0)，则有一对内积为(0)
(P)对角线上的(0)要处理一下
设矩阵(F)，令(F_{ii}+P_{ii}=1),其余为(0)
设矩阵(G)全为(1)
矩阵(T=G-F-P)，问题转为求是否有一元素在(T)中为(1)
随机一(n * 1)矩阵(X)，若(L=T * X,L_{i,1}=1),则(T_i)有一元素为(1)
(L=T * X=G * X-F * X-A_1 * (A_2 * X))
第一部分(O(n)), 第二部分(O(nd))，第三部分(O(nd))。

考虑(k=3)，((mod 3)=0,1,2)，因为(1 * 1=1(mod 3),2 * 2=1(mod 3)),所以将内积结果平方就可以了。
假设两个(d)维向量(A,B)
((A * B)^2=(A_1B_1+A_2B_2+ cdots +A_dB_d)(A_1B_1+A_2B_2+ cdots +A_dB_d))
(=(A_1A_1+A_1A_2+ cdots +A_1A_d+A_2A_1+ cdots +A_2A_d+ cdots +A_dA_d)*(B_1B_1+B_1B_2+ cdots +B_1B_d+B_2B_1+ cdots +B_2B_d+ cdots +B_dB_d))
所以只需要将(d)维扩展到(d^2)维即可，以上操作均在((mod 3))下运算，所以只要(L)有非零就可以了。

时间复杂度：(O(nd^2))

东方非想天则Orz

树的计数

题目描述：给定一个 DFS 序和 BFS 序，求符合条件的有根树中，树的高度的平均值。

solution：
这题有点求期望值的味道。
根据(BFS)序对(DFS)序重标号。(pos[i])表示(i)在(DFS)的第几位,(deep[i])为(i)的深度

for (int i=1; i<=n; ++i) w[BFS[i]]=i;
for (int i=1; i<=n; ++i) DFS[i]=w[DFS[i]];
for (int i=1; i<=n; ++i) pos[DFS[i]]=i;

约束条件：
1、(1)为根
2、对于(BFS)连续的一段([L, R])，如果它们在同一层，必有(pos[L]<pos[L+1]<cdots<pos[R])
3、对于(DFS)的相邻两个数(d[i],d[i+1]),必有(deep[d[i+1]]leq deep[d[i]]+1)

设(s[i])，当(s[i]=1)时，(i)与(i+1)不在同一层，当(s[i]=0)时，可能在同一行也可能不在。

转化约束条件：
1、(s[i]=1)
2、若(pos[i+1]<pos[i],s[i]=1)
3、若(DFS[i]<DFS[i+1])，则(sum_{j=d[i]}^{d[i+1]-1} s[i]leq1)（若(DFS[i]>DFS[i+1]),从(BFS)得(deep[d[i+1]]leq deep[d[i]])）

用打标记的方法来表示某一段的(s[i])的值是否确定，不确定的(s[i])可以取(0,1)对答案的贡献为(0.5)。
因为(i+1)可以是(i)的儿子或兄弟要满足一下条件：
1、(i+1)为儿子时，(i)为所在层的最后一个，当(i+1)做兄弟时，(i+1)为所在层最后一个
2、其它不在(i)子树或(i+1)子树的点的深度均不超过(i)，否则(BFS)有误。
以(i+1)为根的子树方案数是一定的，做儿子还是做兄弟只是多(1)的影响，所以贡献为(0.5)

（蓝框内不能有点，红框方案相同，最左边错误）

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <algorithm>
#include <deque>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <complex>
using namespace std;

const int maxn=int(2e5)+100;
typedef int arr[maxn];

int n;
arr DFS, BFS, w, x, mat, sum, pos;
double ans;

void init()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", &DFS[i]);
	for (int i=1; i<=n; ++i) scanf("%d", &BFS[i]);
	for (int i=1; i<=n; ++i) w[BFS[i]]=i;
	for (int i=1; i<=n; ++i) DFS[i]=w[DFS[i]];
	for (int i=1; i<=n; ++i) pos[DFS[i]]=i;
}
void solve()
{
	x[1]=1;
	//mat用来标记那一段是确定的
	mat[1]++; mat[2]--;
	for (int i=1; i<n; ++i)
		if (pos[i]>pos[i+1])
		{
			x[i]=1;
			mat[i]++; mat[i+1]--;
		}
	for (int i=1; i<=n; ++i) sum[i]=sum[i-1]+x[i];
	for (int i=1; i<n; ++i)
		if (DFS[i]<DFS[i+1])
		{
			if (sum[DFS[i+1]-1]-sum[DFS[i]-1])
			{
				mat[DFS[i]]++;
				mat[DFS[i+1]]--;
			}
		}
	for (int i=1, cnt=0; i<n; ++i)
	{
		cnt+=mat[i];
		if (cnt) ans+=x[i];//cnt>0说明s[i]是确定的
		else ans+=0.5;
	}
}
int main()
{
	freopen("count.in", "r", stdin);
	freopen("count.out", "w", stdout);
	init();
	solve();
	printf("%.3lf
", ans+1.0);
	return 0;
}

时间复杂度：(O(n))