20210501 序列,熟练剖分(tree),建造游乐园(play)

考场

$65+5+0$，并列 rk2

最高分 $55+10+10$

T1：等比数列可以写作 $q^kx$，发现 $q\le1000$ 且有一档分为 $a_i\le100$，想到 $2^{60}>10^{18}$，即等比数列的长度最多为 $59$，这样枚举的区间就从 $n^2$ 下降到了 $60n$。对于每个区间，排序后枚举 $q$，通过预处理 $q$ 的次幂大力剪枝，复杂度不明。写了很久，最终有RE有TLE。

T3:虽然以前学过欧拉路，但之后再没写过，忘得只剩下题目给出的定义。发现自己会的暴力是 $O(2^{n(n-1)/2}m),(m为边数)$，没有分（其实可以打表）手玩小数据无果就放弃了。hkh的20pts是正解，但把某个快速幂的地方写成了 1ll<<

T2:猜到是树形DP，但只剩下1h了，加上部分分有40pts，就决定放弃写正解。先写了菊花图的分，暴力写挂了。知道最后10min才意识到我的写法（边dfs边枚举重儿子）会在枚举完重儿子后只能在这个子树里走，导致有些答案统计不上。wcr的DP是假的，过了二叉树的点和其他一些点，45pts

sol

序列

如果要对区间排序，复杂度至少是 $O(60n)$，再加上判断是否等比，肯定过不去。因此正解利用等比数列的性质规避了排序。

等比数列的公比开 $n$ 次根也一定是该数列的公比

等比数列中任意两数之商是公比的 $n$ 次

因此枚举 $q$，记录下每个数开 $n$ 次根的最小整数是多少，然后直接用两个原数列中相邻的数就可以确定公比（公比越小越容易加入数）

ycx依据 $q$ 很小，有另一种做法（但时间复杂度劣）

code

const int N = 1e5+5;

const LL X = 1000000000000000000ll;

int n;

LL a[N];

int ans;

map<LL,int> minq;

map<LL,bool> vis;

int main() {

	For(i,2,1000)

		for(LL j = 1; j <= X/i; j *= i)

			if( !minq[j*i] ) minq[j*i] = i; // 记录开n次根的最小整数

	read(n);

	For(i,1,n) read(a[i]);

	for(int i = 2, j = 1; i <= n+1; ++i)

		if( a[i] == a[i-1] ) ++j;

		else ans = max(ans,j), j = 1; // 特判q=1

	for(int i = 1; i < n; ++i) {

		vis.clear(); // 记录这个数字是否出现过

		LL mn = min(a[i],a[i+1]), mx = max(a[i],a[i+1]);

		if( mn == mx || mx % mn ) continue;

		vis[mn] = vis[mx] = 1;

		LL q = minq[mx/mn];

		ans = max(ans,2);

		for(int j = i+2; j <= n; ++j) {

			if( vis[a[j]] ) break; // 公比不为1的等比数列中不能有相同的数字

			vis[a[j]] = 1;

			mn = min(a[j],a[j-1]), mx = max(a[j],a[j-1]);

			if( mx % mn || minq[mx/mn] != q ) break;

			ans = max(ans,j-i+1);

		}

	}

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

熟练剖分(tree)

树形DP神题。发现如果直接DP的话祖先节点对重儿子的选择会影响子树的最长轻链长，于是考虑固定子树最长轻链长来计算出现的概率。

设 $f[u,i]$ 为 $u$ 的子树中到 $u$ 的最长轻链长 $i$ 的概率，答案为 $\sum_{i=0}^ni\times f[rt,i]$（长度乘概率）

第一维枚举重儿子 $son$，第二维枚举儿子 $v$，第三维枚举轻链长，这样可以通过子树的长度来推 $u$ 的。考虑转移：设 $g[k]$ 为 $u$ 前面儿子中到 $u$ 轻链长为 $k$ 的概率，分类讨论：

$son=v$：
- $v$ 子树链长 $k$：$+f[v,k]\times\sum_{i=1}^kg[k]$（$v$ 长 $k$，其他不超过 $k$）
- 其他子树链长 $k$：$+g[k]\times\sum_{i=1}^kf[v,k]$
- 两部分都为 $k$ 时有重复：$-f[v,k]\times g[k]$
$son\neq v$：类似。只是注意此时 $(u,v)$ 为轻边，到 $u$ 为 $k$ 时到 $v$ 为 $k-1$

实现：发现 $\sum$ 会增加时间复杂度，因此对 $f[u],g$ 作前缀和，注意在调用单点值时还原。

时间复杂度 $O(n^2)$（证明类似树形背包）

code

const int N = 3e3+5, p = 1e9+7;

int n;

vector<int> to[N];

int rt,fa[N],siz[N];

LL ans,f[N][N],g[N],h[N];

LL Pow(LL x,LL y)

	{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }

void dfs(int u) {

	siz[u] = 1;

	for(int v : to[u])

		dfs(v), siz[u] += siz[v];

	int tot = Pow(to[u].size(),p-2);

	for(int son : to[u]) {

		For(j,0,n) g[j] = 1;

		for(int v : to[u]) {

			For(k,0,siz[v]+1) {

				// 计算g[k]时要用g[k-2..k]，不能直接覆盖，要用h先存下来

				LL gk = g[k]; // g[k]单点值d

				if( k ) gk -= g[k-1];

				if( son == v ) {

					LL fk = f[v][k];// f[v][k]单点值

					if( k ) fk -= f[v][k-1];

					h[k] = (fk*g[k]%p + f[v][k]*gk%p - fk*gk%p +p)%p;

				} else {

					LL fk1 = f[v][k-1]; // f[v][k-1]单点值

					if( k > 1 ) fk1 -= f[v][k-2];

					h[k] = (fk1*g[k]%p + f[v][k-1]*gk%p - fk1*gk%p +p)%p;

					// u-v为轻边，到u为k即到v为k-1

				}

			}

			g[0] = h[0], h[0] = 0;

			For(k,1,siz[v]+1) g[k] = (g[k-1] + h[k]) %p, h[k] = 0;

			// h[k]为=k的概率, g[k]为<=k的

		}

		for(int j = siz[u]; j; --j) g[j] = (g[j] - g[j-1] +p) %p;

		For(j,0,siz[u]) f[u][j] = (f[u][j] + g[j] * tot) %p;

	}

	if( !to[u].size() ) f[u][0] = 1;

	For(i,1,siz[u]+1) f[u][i] = (f[u][i] + f[u][i-1]) %p; // f[u][i]为<=i的

}

int main() {

	read(n);

	For(i,1,n) {

		int son; read(son);

		For(j,1,son) {

			int x; read(x);

			to[i].PB(x), fa[x] = i;

		}

	}

	For(i,1,n) if( !fa[i] ) { rt = i; break; }

	dfs(rt);

	For(i,1,n) ans = (ans + i * (f[rt][i]-f[rt][i-1]+p)%p)%p;

	printf("%lld",ans);

	return 0;

}

建造游乐园(play)

首先要知道一些性质：

无向图度数为奇数的点有偶数个

欧拉图（有欧拉回路的图）中所有点的度数均为偶数

本题只给定点数，考虑从 $1..i-1$ 个点推到 $i$ 个点。设 $f_i$ 为 $i$ 个点的答案，$g_i$ 为 $i$ 个点不考虑连通性的答案，转移：

\[g_i=2^{\binom {i-1}2}
\]

\[f_i=g_i-\sum_{j=1}^{i-1}f_j\times g_{i-j}\times\binom{i-1}{j-1}
\]

解释：

$g_i$：先用 $i-1$ 个点随便连边，对于其中度数为奇数的再和剩下的 $1$ 个点连边。

$f_i$：在 $g_i$ 的基础上减掉不连通的情况。

枚举点 $1$ 所在连通块的大小 $j$，则不用管剩下的 $i-j$ 个点连不连通（因为这两部分一定不连通）

由于图有编号，而 $f_j$ 只能统计出第一部分编号为 $1..j$ 的，于是考虑用组合数算出编号的轮换。由于点 $1$ 固定，因此组合数上下都 $-1$

时间复杂度 $O(n^2)$。

事实上，本题的式子类似城市规划，只是不考虑联通性的答案 $g_i$ 不同。因此理论上可以用fft做到 $O(n\log n)$

code

const int N = 2e3+5, p = 1e9+7;

int n;

LL C[N][N],f[N],g[N];

LL Pow(LL x,LL y)

	{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }

int main() {

	read(n);

	For(i,0,n) {

		C[i][0] = 1;

		For(j,1,i) C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) %p;

	}

	For(i,1,n) {

		f[i] = g[i] = Pow(2,C[i-1][2]);

		for(int j = 1; j < i; ++j)

			f[i] = (f[i] - f[j] * g[i-j] %p * C[i-1][j-1] %p +p)%p;

	}

	printf("%lld",f[n]*C[n][2]%p);

	return 0;

}