20190915模拟赛

T1.phantasm

题意

略

题解

先用总的长度$(n-1)$减去每次至少跳$k$的限制，即令$N=(n-1)-(m-1)*k$，然后用插板法，答案就是$C(n+m-2,m-2)$

要求的是奇偶性。也就是模$2$，考场上我先写了$Lucas$，时间复杂度$O(TlogN)$，初步判定能过（毕竟良心出题人时限$2.5s$）。

然后发现可直接统计组合数分子分母分别有多少$2$次幂作比较，只有当上下$2$次幂相等才是奇数。

我认为这样常数更小，就成了这个，但还是$O(TlogN)$。不过要做$3$次$log$，分别是$n,m,n-m$，就还有个$3$的常数。实测比$Lucas$慢。

看了题解，发现可以根据卢卡斯定理得出，$C(n,k)$为奇数当且仅当$n,k$在二进制下的每一位$n$都要大于等于$k$，否则就会在某一个过程得到$C(0,1)=0$，然后就为偶数了。所以当答案为奇数，当且仅当$n&k=k$。所以就$O(n)$了。良心出题人。。

CODE

$O(n)$极简代码

#include<cstdio>
int main(){
	int n,m,k,T;scanf("%d",&T);
	while(T--)scanf("%d%d%d",&n,&m,&k), puts(((n-(m-1)*k+m-3)&(m-2))==m-2?"Yes":"No");
}

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T2.skylines

题意

略

题解

可以发现对于一个点$u$，要求的就是$min_v c[u]-c[v]+dis[u]+dis[v]-2*dis[lca(u,v)]\=c[u]+dis[u]+min_v dis[v]-c[v]-2*dis[lca(u,v)]$

所以我们在$lca$处考虑贡献，$v$能对$u$贡献，它们一定在$lca$的不同子树内。所以我们$dfs$遍历$lca$的所有子树，存下来$(dis[i]-c[i])$的最小值和次小值，同时保证这两个值不在同一子树内。那么就可以对一棵子树下面所有的点来进行贡献。如果最小值出在这棵子树，就用次小值更新；否则就用最小值更新。

然后我想到子树求$min$就写了$dfs$序+线段树，然后最后下放标记。$O(nlogn)$（思维僵化）。还是过了，良心出题人。

发现可以直接打到点上，最后下放标记。$O(n)$

CODE

两次$dfs$，类似树形$DP$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline void read(int &x) {
    char ch; while(!isdigit(ch=getchar()));
    for(x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
}
const int MAXN = 200005;
const LL INF = 1ll<<50;
int n, m, c[MAXN], fir[MAXN], to[MAXN<<1], nxt[MAXN<<1], w[MAXN<<1], cnt;
inline void link(int u, int v, int wt) {
    to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt; w[cnt] = wt;
    to[++cnt] = u; nxt[cnt] = fir[v]; fir[v] = cnt; w[cnt] = wt;
}
LL dis[MAXN], mn[MAXN], lz[MAXN], ans[MAXN];
void dfs(int u, int ff) {
    mn[u] = dis[u] - c[u];
    LL val[2] = { mn[u], 1ll<<50 }, bel[2] = { u, -1 };
    for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
        if((v=to[i]) != ff) {
			dis[v] = dis[u] + w[i], dfs(v, u);
            mn[u] = min(mn[u], mn[v]);
            if(mn[v] < val[0]) val[1] = val[0], bel[1] = bel[0], val[0] = mn[v], bel[0] = v;
            else if(mn[v] < val[1]) val[1] = mn[v], bel[1] = v;
        }
    for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
        if((v=to[i]) != ff) {
            if(bel[0] != v) lz[v] = min(lz[v], val[0]-2*dis[u]);
            else if(bel[1] != v && bel[1] != -1) lz[v] = min(lz[v], val[1]-2*dis[u]);
        }
    if(bel[0] != u) ans[u] = min(ans[u], val[0]-2*dis[u]);
    else if(bel[1] != u && bel[1] != -1) ans[u] = min(ans[u], val[1]-2*dis[u]);
}
inline void getans(int u, int ff) {
	lz[u] = min(lz[u], lz[ff]);
	ans[u] = min(ans[u], lz[u]);
	for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
        if((v=to[i]) != ff)
            getans(v, u);
}
int main () {
    read(n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) read(c[i]), lz[i] = ans[i] = INF;
    for(int i = 1, x, y, z; i < n; ++i)
        read(x), read(y), read(z), link(x, y, z);
    dfs(1, 0), getans(1, 0);
	int q, x; read(q);
    while(q--) read(x), printf("%lld
", ans[x] + dis[x] + c[x]);
}

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T3.kiseki

题意

同略

题解

考场上傻逼了。感觉整道题很麻烦，多个存档很难搞。然后就不会了。

发现一定只有前$m$个$a$值有用。所以$n$从$10^5 o21$。

所以正解就是$O(m2^m)$的算法。所以其实有$O(m^2)$的算法。

概率$DP$，设$f[i][j]$表示第$i$个轮玩第$j$章的概率。然后发现转移十分显然：$f[i][j]=sum_{k=0}^{i-1}f[k][j-1]$

最后答案就是$sum f[i][j]*a[j]$。

这样是$O(m^3)$（虽然对于这道题已经十分优秀了）

发现转移可以前缀和优化。时间达到了$O(m^2)$。良心出题人(?)不卡O(m^3)
如果前缀和数组只开一维的话要注意转移时$j$从大到小枚举。

所以说标算被碾了，$m$可以开到$5k$。$O(m2^m)$标算见文末。

CODE

#include <cstdio>
const int MAXM = 22;
const int mod = 998244353;
int n, m, inv[MAXM], f[MAXM][MAXM], a[MAXM], sum[MAXM];
int main () {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	inv[0] = inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= m; ++i) inv[i] = 1ll * (mod - mod/i) * inv[mod%i] % mod;
	f[0][0] = sum[0] = 1;
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
		for(int j = i; j >= 1; --j) {
			f[i][j] = 1ll * sum[j-1] * inv[i] % mod;
			sum[j] = (sum[j] + f[i][j]) % mod;
			ans = (ans + 1ll * f[i][j] * a[j] % mod) % mod;
		}
	printf("%d
", ans);
}

标算就是把当前所有存档按标号排序得到一个长度最大为$m$的数组，差分后元素只会有$0 or 1$，就可以状压了。$f(i, S)$表示第$i$轮，已有存档数列的差分为$S$的方案数。则每种数列出现的概率$P_S=frac{f(m,S)}{m!}$转移时枚举前一个数的大小，修改状态即可事先预处理出$tot_S$表示状态$S$所表示的数列的权值和，最后的答案即为$sum_SP_Stot_S$复杂度：$O(m2^m)$ 。

代码略。