[考试反思]1018csp-s模拟测试79：荒谬

对，如果你想把第5名粘进来，那么图片就是这么夸张。

然而和我并没有什么关系，实在是太菜了。

但是还是想吐槽出题人是真心没良心啊。。。做了达哥的良心题之后眼光极其挑剔

这套题的部分分设置非常愚蠢，唯一一个可用的部分分在T2，但是T2说的还很不清楚。

T2其实已经完成了最艰难的转化题意，但是最后败在了细节上。

T1也基本上是全场切，结果出锅了。

我想问一个问题啊：在时间比较紧的情况下，是应该打完题就打对拍，还是优先往下做题啊？

skyh就是没脸。去厕所遇到他的话我这场绝对炸。

发现T2题意前遇到的

我：我估计我60分

FACEFACE：那我肯定不止60分了。我发现T2的题意了，难题。

然后我差点就弃T2了，差点就只剩下50分了。。。

T1暴力弹栈暴力恢复，结果恢复的时候往栈里应该是倒序加，而不应该是正序。。。挂70

T2计算$C_n^3$时没除6锅了20分。

。。。

心情稍低沉。越发感觉自己像个傻子。

会题不一定不是傻子。

拿不到分那就是个傻子。。。

吸取教训吧。。。

对拍。要对拍。就你那个程度不打对拍肯定锅。

T1：树

因为我蠢所以没想到正解。考场上维护了一个单调栈，然后离线暴干。

会被蒲公英图/扫帚图干掉成$O(n^2)$。但是出题人保证数据随机。我没打正解我没脸。

正解很简单，按照递减序建树，倍增乱搞就行。没心情打了。

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<vector>
 using namespace std;
 vector<int>anc[],c[],id[],tmp[];
 int fir[],l[],to[],cnt,n,q,w[],dep[];
 int sta[],top,sdep[],sw[],ans[];
 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;}
 bool com(int a,int b){return a>b;}
 void dfs(int p,int fa){
     dep[p]=dep[fa]+;
     while(top&&sw[top]<=w[p])top--,tmp[p].push_back(sta[top+]);
     sta[++top]=p;sw[top]=w[p];sdep[top]=dep[p];
     for(int i=;i<id[p].size();++i){
         int ed=lower_bound(sw+,sw++top,c[p][i],com)-sw,st=lower_bound(sdep+,sdep++top,dep[anc[p][i]])-sdep;
         ans[id[p][i]]=max(,ed-st);
     }
     for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa)dfs(to[i],p);
     top--;
     for(int i=(int)tmp[p].size()-;~i;--i)sta[++top]=tmp[p][i],sw[top]=w[sta[top]],sdep[top]=dep[sta[top]];
 }
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&q);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d",&w[i]);
     for(int i=,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y),link(x,y),link(y,x);
     for(int i=,u,v,C;i<=q;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&C),anc[u].push_back(v),c[u].push_back(C),id[u].push_back(i);
     dfs(,);
     for(int i=;i<=q;++i)printf("%d\n",ans[i]);
 }

T2：环circle

其实虽说题目说的很不清楚，但是还是有很多提示的。

能从题目里隐隐约约得出以下信息：

竞赛图，环，最小。

看一眼数据范围，最小暴力分是n=300。这个只能是$O(n^3)$的复杂度了。

再把第一个样例的16个图都画出来，不难发现它要的就是三元环计数，不分起点。

求证：竞赛图如果有环，那么最小环一定是三元环

证明：

如果存在一个大于3元的环，那么对于其中任意距离大于等于2的两个点ab，在环上已经存在了一个顺时针和一个逆时针路径。

这时候因为图是竞赛图，ab两点之间也必须直接有边，这一条边能和顺时针路径或逆时针路径之一形成一个环。

这个环小于原来的环。这样的话大环会不断被分割成小的。直到环中不存在距离大于等于2的点，那么就只剩下了一个三元环。

证毕。

那么就是求三元环数量了。

30分：n<=300。

暴力枚举三个点。看贡献。

如果你一条边都不知道，那么可能形成2种环，一共$2^3=8$种情况，期望贡献1/4。

如果你只知道一条边，那么只能形成1种环，一共$2^2=4$种情况，期望贡献1/4。

如果你知道两条边，这两条边指向或背向同一个点，那么贡献是0，否则贡献1/2。

如果你三条边都知道。。。那就不用我说了吧。。。贡献0或1

+20分：e=0

全都是三条边都不知道的情况，是$\frac{1}{4} \times C_n^3$

+20分：e=n*(n-1)/2

全都是三条边都知道的情况，但是不能$n^3$枚举。

因为e<=1000000，所以可以知道n<=1500。

bitset枚举（也可以不用）。大力讨论。

100分：

考虑容斥。先让所有边都产生贡献。

然后产生负贡献的就是不合法的三元环：有两条边从同一个点指出。

然后考虑期望有多少这样的环。

枚举所有这样的点，考虑每一条不确定的边。

如果$p_i$表示这个点i有几条出边，有$q_i$条未知边。

答案减去$C_{p_i}^2 + \frac{C_{q_i}^2}{4} + \frac{p_i \times q_i}{2}$

 //可以证明，竞赛图只要存在环，那么最小的环大小一定是3
 //所以问的就是图中期望有几个三元环
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 using namespace std;
 vector<int>in[],out[];
 #define qtr 250000002ll
 #define hlf 500000004ll
 #define mod 1000000007ll
 int pow(long long b,int t,long long a=){for(;t;t>>=,b=b*b%mod)if(t&)a=a*b%mod;return a;}
 int graph[][],n,e;long long ans;
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&e);
     if(e==){
         printf("%lld\n",qtr*n%mod*(n-)%mod*(n-)%mod*pow(,mod-)%mod);
     }else if(n<=){
         for(int i=,x,y;i<=e;++i)scanf("%d%d",&x,&y),graph[x][y]=,graph[y][x]=-;
         for(int i=;i<=n;++i)for(int j=i+;j<=n;++j)for(int k=j+;k<=n;++k)
             if((graph[i][j]!=)+(graph[j][k]!=)+(graph[i][k]!=)<=)ans+=qtr;
             else if(graph[i][j]==&&graph[j][k]==&&graph[k][i]==)ans++;
             else if(graph[i][j]==-&&graph[j][k]==-&&graph[k][i]==-)ans++;
             else if(graph[i][j]==&&graph[j][k]==&&graph[k][i]==)ans+=hlf;
             else if(graph[i][j]==-&&graph[j][k]==-&&graph[k][i]==)ans+=hlf;
             else if(graph[i][j]==&&graph[j][k]==&&graph[k][i]==)ans+=hlf;
             else if(graph[i][j]==-&&graph[j][k]==&&graph[k][i]==-)ans+=hlf;
             else if(graph[i][j]==&&graph[j][k]==&&graph[k][i]==)ans+=hlf;
             else if(graph[i][j]==&&graph[j][k]==-&&graph[k][i]==-)ans+=hlf;
         printf("%lld\n",ans%mod);
     }else if(e<<==n*(n-1ll)){
         for(int i=,x,y;i<=e;++i)scanf("%d%d",&x,&y),graph[x][y]=;
         for(int i=;i<=n;++i)for(int j=i+;j<=n;++j)if(graph[i][j])out[i].push_back(j);else in[i].push_back(j);
         for(int i=;i<=n;++i)for(int j=;j<out[i].size();++j)for(int k=;k<in[i].size();++k)ans+=graph[out[i][j]][in[i][k]];
         printf("%lld\n",ans%mod);
     }
 }

部分分打满

 //可以证明，竞赛图只要存在环，那么最小的环大小一定是3
 //所以问的就是图中期望有几个三元环
 #include<cstdio>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define qtr 250000002ll
 #define hlf 500000004ll
 #define six 166666668ll
 #define mod 1000000007ll
 int pow(long long b,int t,long long a=){for(;t;t>>=,b=b*b%mod)if(t&)a=a*b%mod;return a;}
 int p[],q[],n,e;long long ans;
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&e);
     ans=1ll*n*(n-)%mod*(n-)%mod*six%mod;
     for(int i=,x,y;i<=e;++i)scanf("%d%d",&x,&y),p[x]++,q[y]--,q[x]--;
     for(int i=;i<=n;++i)q[i]+=n-;
     for(int i=;i<=n;++i)ans=(ans-p[i]*(p[i]-1ll)/-1ll*p[i]*q[i]%mod*hlf%mod-q[i]*(q[i]-1ll)/%mod*qtr%mod+mod)%mod;
     printf("%lld\n",ans);
 }

AC

T3：礼物gift

$C_{a_i + b_i + a_j + b_j}^{a_i + a_j}$

$=\sum\limits_{t=0}^{a_i + a_j}C_{a_i +b_i}^{t} \times C_{a_j + b_j}^{a_i + a_j -t}$

$=\sum\limits_{t=-a_i}^{a_j}C_{a_i +b_i}^{t + a_i} \times C_{a_j + b_j}^{a_j -t}$

$=\sum\limits_{t=-a_i}^{b_i}C_{a_i +b_i}^{t + a_i} \times C_{a_j + b_j}^{a_j -t}$

然后就可以发现两部分式子已经分别只与i和j有关了。

带j的那一项关于t开一个桶，然后每次加一个新物品时先枚举t查找桶里的值，再往桶里放一下。

注意贡献答案时t的枚举范围与更新桶时的t的枚举范围是完全相反的。

拆开两部分分别算，改变枚举范围。这是这道题的难点。

 #include<cstdio>
 #define mod 1000000007
 int fac[],invv[],inv[],n,BUC[],*buc=BUC+,ans;
 int Mod(int p){return p<mod?p:p-mod;}
 int C(int b,int t){return (t<||t>b)?:1ll*fac[b]*inv[b-t]%mod*inv[t]%mod;}
 main(){
     fac[]=fac[]=invv[]=inv[]=inv[]=;
     for(int i=;i<=;++i)fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod,invv[i]=mod-1ll*mod/i*invv[mod%i]%mod,inv[i]=1ll*inv[i-]*invv[i]%mod;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=,a,b;i<=n;++i){
         scanf("%d%d",&a,&b);
         for(int t=-a;t<=b;++t)ans=Mod(ans+1ll*buc[-t]*C(a+b,a+t)%mod);
         for(int t=-b;t<=a;++t)buc[-t]=Mod(buc[-t]+C(a+b,a-t));
     }printf("%d\n",Mod(ans<<));
 }