2018-2019 ACM-ICPC, Asia Xuzhou Regional Contest Solution
A. Rikka with Minimum Spanning Trees
题意:
给出一个图,求最小生成树的个数和权值
思路:
因为数据随机,只有一个MST
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- #define ull unsigned long long
- ull k1, k2;
- const ull MOD = (ull)1e9 + ;
- int t, n, m;
- ull f()
- {
- ull k3 = k1, k4 = k2;
- k1 = k4;
- k3 ^= k3 << ;
- k2 = k3 ^ k4 ^ (k3 >> ) ^ (k4 >> );
- return k2 + k4;
- }
- struct Edge
- {
- int u, v; ull w;
- Edge() {}
- Edge(int u, int v, ull w) : u(u), v(v), w(w) {}
- bool operator < (const Edge &other) const { return w < other.w; }
- }edge[];
- int fa[];
- int find(int x) { return fa[x] == ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
- void Kruskal()
- {
- memset(fa, , sizeof fa);
- sort(edge + , edge + + m);
- int cnt = ;
- ull res = ;
- for (int i = ; i <= m; ++i)
- {
- int u = edge[i].u, v = edge[i].v; ull w = edge[i].w;
- // cout << i << " " << w << endl;
- int fu = find(u), fv = find(v);
- if (fu == fv) continue;
- ++cnt;
- res = (res + w) % MOD;
- fa[fu] = fv;
- if (cnt == n) break;
- }
- if (cnt != n) res = ;
- printf("%llu\n", res);
- }
- int main()
- {
- scanf("%d", &t);
- while (t--)
- {
- scanf("%d%d%llu%llu", &n, &m, &k1, &k2);
- for (int i = ; i <= m; ++i)
- {
- edge[i].u = f() % n + ;
- edge[i].v = f() % n + ;
- edge[i].w = f();
- // cout << edge[i].u << " " << edge[i].v << " " << edge[i].w << endl;
- }
- Kruskal();
- }
- return ;
- }
G. Rikka with Intersections of Paths
题意:
给出一棵树,以及$m条简单路径,求从这些简单路径中选出k条,有多少种不同方式使得路径交至少为1$
思路:
枚举路径交的$LCA$, 对于一个点来说,它的贡献是,所有经过它的路径假设为$x$
那么有$C_x^k$ 但是对于一些路径的$LCA不是它,那么这些路径中选出k条的贡献肯定在他们所在的LCA处被计算$
所以应该被减去,也就是说假设经过它但是$LCA不是它的路径条数假设为y条$
那么需要减去$C_y^k$
最终贡献为$C_x^k - C_y^k$
- #include <bits/stdc++.h>
- using namespace std;
- #define ll long long
- #define N 300010
- const ll MOD = (ll)1e9 + ;
- int t, n, m, k;
- vector <int> G[N];
- int fa[N], deep[N], sze[N], son[N], top[N];
- void DFS(int u)
- {
- sze[u] = ;
- for (auto v : G[u]) if (v != fa[u])
- {
- fa[v] = u;
- deep[v] = deep[u] + ;
- DFS(v);
- sze[u] += sze[v];
- if (!son[u] || sze[v] > sze[son[u]]) son[u] = v;
- }
- }
- void getpos(int u, int sp)
- {
- top[u] = sp;
- if (!son[u]) return;
- getpos(son[u], sp);
- for (auto v : G[u]) if (v != fa[u] && v != son[u])
- getpos(v, v);
- }
- int querylca(int u, int v)
- {
- while (top[u] != top[v])
- {
- if (deep[top[u]] < deep[top[v]]) swap(u, v);
- u = fa[top[u]];
- }
- return deep[u] > deep[v] ? v : u;
- }
- int cnt[N], tag[N];
- void add(int u)
- {
- for (auto v : G[u]) if (v != fa[u])
- {
- add(v);
- cnt[u] += cnt[v];
- }
- }
- ll fac[N], inv[N];
- ll qmod(ll base, ll n)
- {
- ll res = ;
- while (n)
- {
- if (n & ) res = (res * base) % MOD;
- base = (base * base) % MOD;
- n >>= ;
- }
- return res;
- }
- void init()
- {
- fac[] = ;
- for (int i = ; i <= ; ++i) fac[i] = (fac[i - ] * i) % MOD;
- inv[] = qmod(fac[], MOD - );
- for (int i = ; i >= ; --i) inv[i - ] = (inv[i] * i) % MOD;
- }
- ll C(int n, int m)
- {
- if (m > n) return ;
- return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
- }
- int main()
- {
- init();
- scanf("%d", &t);
- while (t--)
- {
- scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
- for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear(), son[i] = , cnt[i] = , tag[i] = ;
- for (int i = , u, v; i <= n - ; ++i)
- {
- scanf("%d%d", &u, &v);
- G[u].push_back(v);
- G[v].push_back(u);
- }
- DFS(); getpos(, );
- for (int i = , u, v; i <= m; ++i)
- {
- scanf("%d%d", &u, &v);
- int lca = querylca(u, v);
- ++tag[lca];
- ++cnt[u];
- ++cnt[v];
- --cnt[lca];
- if (fa[lca]) --cnt[fa[lca]];
- }
- add();
- ll res = ;
- for (int i = ; i <= n; ++i) res = (res + C(cnt[i], k) - C(cnt[i] - tag[i], k) + MOD) % MOD;
- printf("%lld\n", res);
- }
- return ;
- }
2018-2019 ACM-ICPC, Asia Xuzhou Regional Contest Solution的更多相关文章
- ACM ICPC Central Europe Regional Contest 2013 Jagiellonian University Kraków
ACM ICPC Central Europe Regional Contest 2013 Jagiellonian University Kraków Problem A: Rubik’s Rect ...
- 2019-2020 ICPC, Asia Jakarta Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred)
2019-2020 ICPC, Asia Jakarta Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred) easy: ACE ...
- 2019 ICPC Asia Xuzhou Regional
目录 Contest Info Solutions A. Cat B. Cats line up C. <3 numbers E. Multiply F. The Answer to the U ...
- 2018-2019, ICPC, Asia Yokohama Regional Contest 2018 K
传送门:https://codeforces.com/gym/102082/attachments 题解: 代码: /** * ┏┓ ┏┓ * ┏┛┗━━━━━━━┛┗━━━┓ * ┃ ┃ * ┃ ━ ...
- 2018 ICPC Asia Jakarta Regional Contest
题目传送门 题号 A B C D E F G H I J K L 状态 Ο . . Ο . . Ø Ø Ø Ø . Ο Ο:当场 Ø:已补 . : 待补 A. Edit Distance Thin ...
- Gym - 101981K The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest K.Kangaroo Puzzle 暴力或随机
题面 题意:给你1个20*20的格子图,有的是障碍有的是怪,你可以每次指定上下左右的方向,然后所有怪都会向那个方向走, 如果2个怪撞上了,就融合在一起,让你给不超过5w步,让所有怪都融合 题解:我们可 ...
- Gym - 101981M The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest M.Mediocre String Problem Manacher+扩增KMP
题面 题意:给你2个串(长度1e6),在第一个串里找“s1s2s3”,第二个串里找“s4”,拼接后,是一个回文串,求方案数 题解:知道s1和s4回文,s2和s3回文,所以我们枚举s1的右端点,s1的长 ...
- Gym - 101981G The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest G.Pyramid 找规律
题面 题意:数一个n阶三角形中,有多少个全等三角形,n<=1e9 题解:拿到题想找规律,手画开始一直数漏....,最后还是打了个表 (打表就是随便定个点为(0,0),然后(2,0),(4,0), ...
- Gym - 101981I The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest I.Magic Potion 最大流
题面 题意:n个英雄,m个怪兽,第i个英雄可以打第i个集合里的一个怪兽,一个怪兽可以在多个集合里,有k瓶药水,每个英雄最多喝一次,可以多打一只怪兽,求最多打多少只 n,m,k<=500 题解:显 ...
随机推荐
- /etc/hostname
我们可以使用 hostname 命令来修改主机名,但只是临时生效,如果想永久生效可以编辑 /etc/hostname 文件,注意不是每个 Linux 发行版都有该文件 root@Ubuntu_Lee: ...
- mac 操作idea快捷键
http://blog.csdn.net/rainytooo/article/details/51469126 在mac下idea的常用快捷键如下,下面的快捷键都亲自试用,并有一些和eclipse对比 ...
- 如何在HTML中播放flash
随着html的风靡,改变了之前前端的许多条条框框,而video的出现使flash仿佛都要退出历史的舞台了,但是h5也会出现以下局限性,比如说,在一些不支持h5的浏览器上,此处省略一万只草泥马..... ...
- php学习四:数组(一)
1. 直接赋值方式: ① 索引数组:以索引来存储数据,内存不是连续的,但是js中的内存是连续的 代码如下: $array[0] = "11"; $array[1] = &qu ...
- PyQt4开关按钮ToggleButton
PyQt4没有开关按钮部件.但是我们可以使用在特殊状态下的QPushButton部件来创建开关按钮.而所谓的开关按钮就是一个具有按下和未按下两种状态的普通赶牛.用户可以通过单击按钮来切换其开或者关的状 ...
- 【HTML】改变鼠标样式图片css
你需要一张图 .ico 的 格式 如果一开始你要解决的是怎么去用png 格式图片转成 ICO格式 先做一张32*32的PNG格式图片 然后 打开http://www.easyicon.net/co ...
- Python 中的线程-进程1
原文:https://www.cnblogs.com/i-honey/p/8042047.html 1. 并行和并发 并行:同时做某些事,可以互不干扰的同一时刻做几件事. 并发:也是同时做某些事,但是 ...
- 一个Activity中使用两个layout实例
package com.sbs.aas2l; import android.app.Activity; import android.os.Bundle; import android.view.Vi ...
- jpa关联映射(一)
开发中常用到数据表的关联(其实很难遇到..),spring-data-jpa(其实是hibernate)提供了一整套十分方便的注解来供我们使用表关联功能. OneToOne OneToMany Man ...
- MySQL 5.6 my.cnf 参数说明(转)
# 以下选项会被MySQL客户端应用读取. # 注意只有MySQL附带的客户端应用程序保证可以读取这段内容. # 如果你想你自己的MySQL应用程序获取这些值. # 需要在MySQL客户端库初始化的时 ...