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

1. 以dfs为大框架进行
2. 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
3. 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
4. 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
5. 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

tj

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;
}