NOIP模拟测试3「序列·熟练剖分·建造游乐园（play）」
---恢复内容开始---
序列
刚调出来样例就A了，假装是水题。
因为是乱序，我们要求出来每两项之间最小公比，而不是直接比
求出来每两项之间最小公比，然后扫一遍就完了。（还要注意重复情况）
那么问题就转化成了怎么求最小公比。
完了
以下是本人丑陋的代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define A 100000
using namespace std;
ll n,a[10*A],tot=0,maxlen[10*A],nowlen=0,dl[10*A],zuixiaogongbi,prime[10*A],mark[10*A],ges[1010],ml=0,big[A];
set <ll> s;
ll gcd(ll x,ll y)
{
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
bool pol(ll ooo){
ll x=ooo;
for(ll i=1;i<=tot;i++){
if(prime[i]>x) break;
while(x!=prime[i]){
if(x%prime[i]==0){
if(!ges[prime[i]])
dl[++dl[0]]=prime[i];
ges[prime[i]]++;
x=x/prime[i];
}
else break;
}
if(x==prime[i]){
if(!ges[x])dl[++dl[0]]=x;
ges[x]++;
break;
}
}
if(x)return 0;
return 1;
}
bool check(ll x,ll y)
{
memset(ges,0,sizeof(ges));
dl[0]=0;
if(x<=y) swap(x,y);
if(x%y) return 0;
ll z=x/y,gd=1;
if(pol(z))return 0;
if(dl[0]!=1)
{
gd=gcd(ges[dl[1]],ges[dl[2]]);
zuixiaogongbi=1;
for(ll i=3;i<=dl[0];i++)
gd=gcd(ges[dl[i]],gd);
}
else
gd=ges[dl[1]],zuixiaogongbi=1;
// for(ll i=1;i<=dl[0];i++){
// printf("ges=%lld dl=%lld \n",ges[dl[i]],dl[i]);
// }
// printf("pd=%lld\n",gd);
for(ll i=1;i<=dl[0];i++)
ges[dl[i]]/=gd,zuixiaogongbi*=ges[dl[i]]*dl[i]; return 1;
}
int main()
{
for(ll i=2;i<=1000;i++){
if(!mark[i]){
prime[++tot]=i;
}
for(ll j=1;j<=tot;j++){
if(i*prime[j]>1000) break;
mark[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){break;}
}
}
ll man=0;
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
ll len=1;
for(ll i=2;i<=n;i++)
if(a[i]==a[i-1]){len++;}
else{man=max(man,len);len=1;}
man=max(man,len);
for(ll i=2;i<=n;i++){
if(check(a[i],a[i-1]))
big[i]=zuixiaogongbi;
else big[i]=-1;
}
len=1;s.insert(a[1]);
for(ll i=2;i<=n;i++)//枚举开头
{
if((big[i]!=-1)&&(big[i]==big[i-1]||big[i-1]==0||s.size()==1))
{
ll x=a[i];
bool ok=0;
if((s.find(x))==s.end())
{
// printf("insert a[%lld]=%lld big[%lld]=%lld big[%lld]=%lld\n",i,a[i],i-1,big[i-1],i-2,big[i-2]);
s.insert(x);
ll sz=s.size();
man=max(man,sz);
}
else
{
// printf("因重复而清空 i=%lld\n",i);
ll sz=s.size();
man=max(man,sz);
s.clear();s.insert(a[i]);
ll ss=s.size();
// printf("目前size=%lld\n",ss);
}
}
else
{ ll sz=s.size();
// printf("因不相等而清空 i=%lld sz=%lld\n",i,sz);
man=max(man,sz);
s.clear();
s.insert(a[i]);
}
ll w=s.size();
// printf("w=%lld\n",w);
}
ll sz=s.size();
man=max(man,sz);
cout<<man<<endl;
}
熟练剖分
这个题还是挺好的。
这是学长的题解
时间复杂度为O(n^2)的树上dp，关键在如何设计状态以及如何合并dp数组
对于这个关键部分可以有很多种不同的设计，欢迎同学们积极设计自己的状态定义以及转移方式
我分享一下我的做法
f[i][j]表示对于点i，其子树内最大代价为j的方案数
转移方式为
- 以dfs为大框架进行
- 对于每个节点先处理所有的儿子节点，最后将已获得的所有子节点信息进行合并得到该节点信息
- 合并时，依次将每一个子节点的信息纳入暂时的动态的一个dp数组储存，该dp数组分为0/1两个数组，大概长成g[0/1][j]这个样子（可以使用滚动数组变成g[0/1][0/1][j]）0数组表示之前的子节点中不含重边的情况,1表示之前的子节点中已含有重边，j表示对应状况下，最大代价为j（不是前缀和），数组内存储信息为该情况下的方案数
- 转移就简单了，枚举g数组的每一种情况以及正在合并的子节点dp数组的每一种情况，进行转移，转移时注意代价与重边的变化
- 这个时间复杂度的计算来自于点对总数，所以一定要把合并时的时间复杂度准确控制，不要错误写成O(n^3)的dp
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define A 10000
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
ll g[2][2][A],f[A][A],son[A][A],size[A],n,sum;
bool flag[A];
inline ll meng(ll x,ll k){
ll ans=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%mod)
if(k&1)
ans=ans*x%mod;
return ans;
} void dfs(ll x){
if(!son[x][0]){f[x][0]=1;return ;}
for(ll i=1;i<=son[x][0];i++){
ll y=son[x][i];
dfs(y);size[x]=max(size[x],size[y]+1);
}
ll cur=0,maxn=size[son[x][1]]+1;
memset(g,0,sizeof(g));
for(ll i=1;i<=maxn;i++){
g[0][0][i]=f[son[x][1]][i-1];//因为g选择的是x的儿子，当前面没有选择重链时应该由i-1转移过来
g[0][1][i]=f[son[x][1]][i];//因为g选择了重链，所以i代价应该减1
}
g[0][1][0]=f[son[x][1]][0];
for(ll i=2;i<=son[x][0];i++){
memset(g[cur^1],0,sizeof(g[cur^1]));
for(ll j=0;j<=maxn;j++){
for(ll k=0;k<=size[son[x][i]];k++){//枚举儿子的深度
g[cur^1][0][max(j,k+1)]=(g[cur^1][0][max(j,k+1)]+f[son[x][i]][k]*g[cur][0][j])%mod;//还没有重链
g[cur^1][1][max(j,k+1)]=(g[cur^1][1][max(j,k+1)]+f[son[x][i]][k]*g[cur][1][j])%mod;//之前的点已经有了重链
g[cur^1][1][max(j,k)]=(g[cur^1][1][max(j,k)]+f[son[x][i]][k]*g[cur][0][j])%mod;//选择当前点为重链
}
}
cur^=1;
maxn=max(maxn,size[son[x][i]]+1);
}
memcpy(f[x],g[cur][1],sizeof(f[x]));
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
sum=1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&son[i][0]);
if(son[i][0]){
for(ll j=1;j<=son[i][0];j++){
ll r;scanf("%lld",&r);
son[i][j]=r;
flag[r]=1;
}
}
(sum*=((son[i][0]==0)?1:meng(son[i][0],mod-2)))%=mod;
}
for(ll i=1;i<=n;i++){
if(!flag[i]){
dfs(i);
ll ans=0;
for(ll j=1;j<=size[i];j++)
{ans=(ans+f[i][j]*j)%mod;}
ans=sum*ans%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
}
}
建造游乐园
首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点。
那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况）$C_{i-1}^{2}$是哪两个点之间连边的情况，而$2^{C_{i-1}^{2}}$则是每个边都可以选择或者不选，
那么即使有度数为奇数的点，我们让i与它相连就保证了i点入度仍为偶数，并且其他奇数入度点变成了偶数。
这样我们就保证了它一定是偶数条边
设g=$2^{C_{i-1}^{2}}$（为可能不连通的欧拉图） f为符合的连通的欧拉图
因为欧拉图必须所有点都入度为偶数
只要有入度为奇数的点就不符合
于是我们用一个类似于容斥的东西只要有不联通就不行。
g[j]中本身包含只有一个点连通，只有两个点连通一直到j个点连通我们让g[j]减去1--j-1的连通情况就构成了j个点连通。
我们让f包含i点，我们还要从剩余i-1个点中，选择j-1个点使它与i点组成连通图f[j]。
剩余i-j个点随意连（g图与f图完全分割，没有连边）
然后我们从i-1个点中选择j-1个让j-1个点与i相连。
于是我们得到了：
$f[i]=g[i]-\sum \limits_{j=1}^{i-1}f[j]*g[i-j]*{C_{i-1}^{j-1}}$
至于为什么不是i个里面选，会选重复
完了
以下是本人丑陋的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 2100
const ll mod=1000000007;
ll n,sum[A],c=0,ans,cishu,C[A][A],g[A],f[A];
ll meng(ll x,ll k){
ll ans=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%mod)
if(k&1) ans=ans*x%mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
C[0][0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++) C[i][0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
for(ll i=1;i<=n;i++)
g[i]=meng(2,C[i-1][2]);
//首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点
//那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况），即使有度数为奇数的点我们相连仍为偶数
for(ll i=1;i<=n;i++){
f[i]=g[i];
for(ll j=1;j<=i-1;j++){
f[i]-=f[j]*g[i-j]%mod*C[i-1][j-1]%mod;
//乘i-1,j-1原因。很简单，我们从i-1个数中选，让他们与i相连
}
f[i]=(f[i]%mod+mod)%mod;
}
cout<<(f[n]*C[n][2]%mod+mod)%mod<<endl;
}
---恢复内容结束---
序列
刚调出来样例就A了，假装是水题。
因为是乱序，我们要求出来每两项之间最小公比，而不是直接比
求出来每两项之间最小公比，然后扫一遍就完了。（还要注意重复情况）
那么问题就转化成了怎么求最小公比。
完了
以下是本人丑陋的代码
熟练剖分
这个题还是挺好的。
一切尽在代码之中
建造游乐园
首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点。
那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况）$C_{i-1}^{2}$是哪两个点之间连边的情况，而$2^{C_{i-1}^{2}}$则是每个边都可以选择或者不选，
那么即使有度数为奇数的点，我们让i与它相连就保证了i点入度仍为偶数，并且其他奇数入度点变成了偶数。
这样我们就保证了它一定是偶数条边
设g=$2^{C_{i-1}^{2}}$（为可能不连通的欧拉图） f为符合的连通的欧拉图
因为欧拉图必须所有点都入度为偶数
只要有入度为奇数的点就不符合
于是我们用一个类似于容斥的东西只要有不联通就不行。
g[j]中本身包含只有一个点连通，只有两个点连通一直到j个点连通我们让g[j]减去1--j-1的连通情况就构成了j个点连通。
我们让f包含i点，我们还要从剩余i-1个点中，选择j-1个点使它与i点组成连通图f[j]。
剩余i-j个点随意连（g图与f图完全分割，没有连边）
然后我们从i-1个点中选择j-1个让j-1个点与i相连。
于是我们得到了：
$f[i]=g[i]-\sum \limits_{j=1}^{i-1}f[j]*g[i-j]*{C_{i-1}^{j-1}}$
至于为什么不是i个里面选，会选重复
完了
以下是本人丑陋的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 2100
const ll mod=1000000007;
ll n,sum[A],c=0,ans,cishu,C[A][A],g[A],f[A];
ll meng(ll x,ll k){
ll ans=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%mod)
if(k&1) ans=ans*x%mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
C[0][0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++) C[i][0]=1;
for(ll i=1;i<=n;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
for(ll i=1;i<=n;i++)
g[i]=meng(2,C[i-1][2]);
//首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点
//那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况），即使有度数为奇数的点我们相连仍为偶数
for(ll i=1;i<=n;i++){
f[i]=g[i];
for(ll j=1;j<=i-1;j++){
f[i]-=f[j]*g[i-j]%mod*C[i-1][j-1]%mod;
//乘i-1,j-1原因。很简单，我们从i-1个数中选，让他们与i相连
}
f[i]=(f[i]%mod+mod)%mod;
}
cout<<(f[n]*C[n][2]%mod+mod)%mod<<endl;
}
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