【比赛链接】http://59.61.75.5:8018/contest/219
A. 树
【题意】
在一棵有根树上，任意两点间的最短路径都能够分为两个阶段：
- 从起点出发，沿着向根的方向走若干条边。
- 向着终点，沿着离开根的方向走若干条边。
定义一条路径的权值为向上走的边数乘向下走的边数。特殊地，当起点等于终点的时候，两阶段的边数都是 $0$；当起点是终点的祖先的时候，第一阶段的边数是 $0$；当终点是起点的祖先的时候，第二阶段的边数是 $0$ ：这三种情况下，路径的权值都是 $0$。
给定一棵 $n$ 个节点的无根树 $T$ 和 $m$ 条路径。对于每一个 $rin [1,n]$，你需要计算当 $r$ 为根节点时，所有路径的权值和。
【数据范围】$n,mle 3 imes 10^5$。
【题解】
手算一遍样例，就大概清楚题目的做法了。显然每条路径在一段上贡献的答案是一个等差数列，在三个节点处打上标记，差分即可。细节详见代码。
效率 $O(n log n)$，瓶颈在于求 $lca$。期望得分：100。
【代码】
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn=300000+10; 3 int dep[maxn],Log[maxn],p[maxn][22],n; 4 long long ans[maxn],res[maxn],Ans; 5 std::vector<int> e[maxn]; 6 inline int lca ( int u,int v ) 7 { 8 if ( dep[u]<dep[v] ) std::swap(u,v); 9 for ( int i=Log[dep[u]];~i;i-- ) if ( dep[p[u][i]]>=dep[v] ) u=p[u][i]; 10 if ( u==v ) return u; 11 for ( int i=Log[dep[u]];~i;i-- ) if ( p[u][i]!=p[v][i] ) u=p[u][i],v=p[v][i]; 12 return p[u][0]; 13 } 14 inline void dfs ( int u,int fr ) 15 { 16 dep[u]=dep[p[u][0]=fr]+1; 17 for ( int i=1;p[u][i-1];i++ ) p[u][i]=p[p[u][i-1]][i-1]; 18 for ( int v:e[u] ) if ( v!=fr ) dfs(v,u); 19 } 20 inline void solve ( int u,int fr ) 21 { 22 for ( int v:e[u] ) if ( v!=fr ) solve(v,u),ans[u]+=ans[v],res[u]+=res[v]; 23 } 24 inline void calc ( int u,int fr ) 25 { 26 ans[u]=ans[u]*dep[u]+res[u]+ans[fr]; 27 for ( int v:e[u] ) if ( v!=fr ) calc(v,u); 28 } 29 signed main() 30 { 31 int m;scanf("%d%d",&n,&m); 32 for ( int i=2,u,v;i<=n;i++ ) scanf("%d%d",&u,&v),e[u].push_back(v),e[v].push_back(u),Log[i]=Log[i>>1]+1; 33 dfs(1,0); 34 for ( int u,v,l;m--; ) 35 scanf("%d%d",&u,&v),l=lca(u,v), 36 ans[u]-=2,res[u]+=2*dep[l]-dep[v]+dep[u]+1, 37 ans[v]-=2,res[v]+=2*dep[l]-dep[u]+dep[v]+1, 38 ans[l]+=4,res[l]-=4*dep[l]+2, 39 Ans+=1LL*(dep[u]-dep[l])*(dep[v]-dep[l]); 40 solve(1,0);calc(1,0); 41 for ( int i=1;i<=n;i++ ) printf("%lld ",ans[i]+Ans); 42 return 0; 43 }
B. 方程
【题意】
方程：$$x_1oplus x_2oplus cdots oplus x_n =k$$
其中 $oplus$ 指按位异或。
同时，$forall iin[1,n], 0le x_ile m_i$.
求解的个数。多组数据。
【数据范围】$T leq 100,nle 50,0le k,m_i<2^{31}$。
【题解】
同样手算一遍样例。发现显然可以逐位贪心，若首位不为0则显然后面的位置可以随意选来补齐。
因此考虑逐位 $dp$。设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个最高位为 $1$ 的数选了 $j$ 个的方案数。转移方程参见代码。
效率 $O(T imes 31n^2)$。期望得分：100。
【代码】
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int mod=1000000007; 3 int n,k,a[100],f[100][100],ans; 4 inline int power ( int x,int y ) 5 { 6 int z=1; 7 for ( ;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod ) if ( y&1 ) z=1LL*z*x%mod; 8 return z; 9 } 10 signed main() 11 { 12 while ( ~scanf("%d%d",&n,&k) ) 13 { 14 int m=0; 15 for ( int i=1;i<=n;i++ ) scanf("%d",&a[i]),m^=a[i]; 16 ans=(m==k); 17 for ( int i=30;~i;i-- ) if ( (m>>(i+1))==(k>>(i+1)) ) 18 { 19 for ( int j=0;j<=n;j++ ) for ( int l=0;l<=n;l++ ) f[j][l]=0; 20 f[0][0]=1; 21 for ( int j=1;j<=n;j++ ) 22 { 23 for ( int l=0;l<=n;l++ ) f[j][l]=(f[j][l]+1LL*(f[j-1][l]*(1+a[j]%(1<<i))))%mod; 24 if ( (a[j]>>i)&1 ) for ( int l=0;l<=n;l++ ) f[j][l+1]=(f[j][l+1]+f[j-1][l])%mod; 25 } 26 for ( int j=1;j<=n;j++ ) if ( ((j^(m>>i)^(k>>i))&1)^1 ) ans=(ans+1LL*power((1<<i)%mod,j-1)*f[n][j])%mod; 27 } 28 printf("%d ",ans); 29 } 30 return 0; 31 }
C. 圈
【题意】
对一张无重边、无自环的 $n$ 个点的无向图，定义圈为可以重复经过同一个点多次、但不能多次经过同一条边的环。例如，$1 o 2 o 1$ 不是一个合法的圈，而 $1 o 2 o 3 o 4 o 5 o 3 o 1$ 是一个合法的圈。
定义无向图的双圈覆盖为：图的若干个圈，使得图中每条边恰好出现在两个圈中（无论方向）。
一个定理：如果一个图有哈密尔顿回路的话，它就一定有双圈覆盖。
现在给定一张无重边、无自环的 $n$ 个点的无向图，保证这个图存在哈密尔顿回路（会给出），且每个点的度数至少为 $3$。
求它的一个双圈覆盖。
【数据范围】$Tle 100，4le nle 50,nle mle 500$。
【题解】
考虑题目的限制：度数大于等于 $3$。
这个性质不好用，考虑改造，使度数等于 $3$。
先把哈密顿回路扔出来，作为第一个圈。
若一个点 $x$ 有不在哈密顿回路上的边有 $(x,y),(x,z)$，我们新建⽴立一个点 $p$，假设 $x$ 在哈密顿回路上下一个点是 $w$，则把 $(x,w)$ 拆成 $(x,p),(p,w)$，$(x,z)$ 变成 $(p,z)$。我们对这个图求完圈覆盖后，只要把 $x,p$ 变回同一个点，且缩掉 $(x,p)$ 即可。至此转化完毕。
此时只剩下偶数个点。将哈密顿回路上的边分为两类，分别匹配一遍即可。分法很多，可采用如下办法：所有匹配边 $+{(2i,2i+1)}$ 与所有匹配边 $+{(2i,2i-1)}$。
考虑具体实现，将边黑白染色即可，而不用写出拆边的代码。
【代码】
1 #include<bits/stdc++.h> 2 inline int read ( void ) 3 { 4 int x=0;char ch; 5 while ( !isdigit(ch=getchar()) ) ; 6 for ( x=ch^48;isdigit(ch=getchar()); ) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 7 return x; 8 } 9 struct edge { int v,x; } G[1000][1000]; 10 std::vector<std::vector<int>> Circles; 11 std::vector<int> Cir; 12 int n,m,siz[1000],map[1000][1000]; 13 bool vis[1000][1000]; 14 inline edge Next ( int u,int x ) 15 { 16 if ( x!=siz[u] ) return (edge){u,x+1}; 17 if ( u==n ) return (edge){1,1}; 18 return (edge){u+1,1}; 19 } 20 inline edge Prev ( int u,int x ) 21 { 22 if ( x!=1 ) return (edge){u,x-1}; 23 if ( u==1 ) return (edge){n,siz[n]}; 24 return (edge){u-1,siz[u-1]}; 25 } 26 inline void Ins ( int u ) 27 { 28 if ( (int)Cir.size() and Cir[(int)Cir.size()-1]==u ) return; 29 Cir.push_back(u); 30 } 31 inline void dfs ( int u,int x,int k ) 32 { 33 vis[u][x]=true;Ins(u);bool f=(map[u][x]==k); 34 edge w=f?Next(u,x):Prev(u,x);Ins(w.v); 35 while ( w.x==1 ) w=(f?Next(w.v,w.x):Prev(w.v,w.x)),Ins(w.v); 36 u=w.v;x=w.x;Ins(u);vis[u][x]=true;w=G[u][x];u=w.v;x=w.x; 37 if ( !vis[u][x] ) Ins(u),vis[u][x]=true,dfs(u,x,k); 38 } 39 signed main() 40 { 41 for ( int T=read();T--; ) 42 { 43 Circles.clear();n=read();m=read(); 44 for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=1;j<=m;j++ ) G[i][j]=(edge){0,0}; 45 for ( int i=1;i<=n;i++ ) siz[i]=1; 46 for ( int i=1;i<=m;i++ ) 47 { 48 int u=read(),v=read(); 49 if ( u>v ) std::swap(u,v); 50 if ( v==u+1 ) continue; 51 if ( u==1 and v==n ) continue; 52 ++siz[u];++siz[v]; 53 G[u][siz[u]]=(edge){v,siz[v]}; 54 G[v][siz[v]]=(edge){u,siz[u]}; 55 } 56 for ( int i=1;i<=n;i++ ) Cir.push_back(i); 57 Circles.push_back(Cir);Cir.clear(); 58 int k=0; 59 for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=2;j<=siz[i];j++ ) k^=1,map[i][j]=k; 60 for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=1;j<=siz[i];j++ ) vis[i][j]=false; 61 for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=2;j<=siz[i];j++ ) if ( !vis[i][j] ) dfs(i,j,1),Circles.push_back(Cir),Cir.clear(); 62 for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=1;j<=siz[i];j++ ) vis[i][j]=false; 63 for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=2;j<=siz[i];j++ ) if ( !vis[i][j] ) dfs(i,j,0),Circles.push_back(Cir),Cir.clear(); 64 printf("%d ",(int)Circles.size()); 65 for ( auto Circle:Circles ) 66 { 67 printf("%d",(int)Circle.size()); 68 for ( int x:Circle ) printf(" %d",x); 69 puts(""); 70 } 71 } 72 return 0; 73 }
D. 期望逆序对
【题意】
有 $n$ 个独立的随机变量，其中 $x_i$ 的值是一个从 $[l_i,r_i]$ 中随机选取的整数。
你可以将这 $n$ 个随机变量重新排列，从而得到一个长度为 $n$ 的随机变量序列。
求由随机变量序列生成的序列的逆序对个数的期望的最小值。
【数据范围】$1le nle 5000,\, 1le l_i,r_ile 10^9$。
【题解】
显然按中点排序即可。证明自行理解。
统计直接枚举两个区间算贡献，记得预处理长度逆元保证复杂度。
其实也可以用线段树或树状数组维护每个值的期望个数，可以减小复杂度。
效率 $O(n^2)$ 或 $O(n log n)$。期望得分：100。
【代码】
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int mod=998244353,inv2=(mod+1)>>1; 3 struct Pair { int l,r; } p[5010]; 4 int n,inv[5010],ans,len[5010]; 5 inline int power ( int x,int y ) 6 { 7 int z=1; 8 for ( ;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod ) if ( y&1 ) z=1LL*z*x%mod; 9 return z; 10 } 11 signed main() 12 { 13 scanf("%d",&n); 14 for ( int i=1;i<=n;i++ ) scanf("%d%d",&p[i].l,&p[i].r); 15 std::sort(p+1,p+n+1,[&](const Pair &p1,const Pair &p2){return p1.l+p1.r<p2.l+p2.r;}); 16 for ( int i=1;i<=n;i++ ) len[i]=p[i].r-p[i].l+1,inv[i]=power(p[i].r-p[i].l+1,mod-2); 17 for ( int i=1;i<n;i++ ) for ( int j=i+1;j<=n;j++ ) 18 { 19 if ( p[i].l<=p[j].l and p[j].r<=p[i].r ) 20 ans=(ans+1LL*len[j]*(len[j]-1)/2%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod+1LL*(p[i].r-p[j].r)*len[j]%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod)%mod; 21 else if ( p[j].l<=p[i].l and p[i].r<=p[j].r ) 22 ans=(ans+1LL*len[i]*(len[i]-1)/2%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod+1LL*(p[i].l-p[j].l)*len[i]%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod)%mod; 23 else if ( p[i].l<=p[j].l and p[j].l<=p[i].r ) 24 ans=(ans+1LL*(p[i].r-p[j].l+1)*(p[i].r-p[j].l)/2%mod*inv[i]%mod*inv[j]%mod)%mod; 25 } 26 return !printf("%d ",ans); 27 }