20201219 u,v,w

开考前刚起床，所以一边考一边吃饭，然后整场都很迷。。。

A. u

考场

半天才搞懂“下三角区域”指哪个区域，手模样例确认后打了 \(O(qn^2)\) 的裸暴力，然后就不会做了。

看数据范围猜一下正解复杂度是 \(O(qlogn^2)\)，开O2的话也许能卡过 \(O(qlog^2n)\)，于是往线段树上想，后看到初始值为0，求最终矩阵的元素异或和，又开始想Trie树，30min后决定放弃。延续线段树的思路，把三角形拆到每一行，建 \(n\) 棵树状数组维护。大概10min就码完了。感觉的确和 hhy 在实中模拟赛时说的：“就像背课文一样”，于是失去了智力，写了树状数组单点修改、求区间最值都没想到差分（只有最后的一次询问。拆到行上差分可以做到 \(O(qn)\)）。最后挂了对拍就没再管。

得分

期望：\(O(qnlogn)\) 47pts

实际：数据不保证三角形在矩阵范围内（但我的对拍保证了），RE到20pts

正解

二维差分。

用一个左上到右下的二维数组维护三角形要加的 \(s\)，这样从 s[i][j]+=s[i-1][j-1] 就能推出每一列上要加的数，再从上到下递推就能解决Subtask5。剩下的部分容斥或开一个从左到右的差分数组消掉多加的 \(s\) 即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e3 + 1;

int n,q;
LL a[N][N],b[N][N];

LL c[N][N],ans;

int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
  cin>>n>>q;
  while( q-- ) {
    int r,c,l,s;
    cin>>r>>c>>l>>s;
    a[r][c] += s, a[r+l][c+l] -= s;
    b[r+l][c] -= s, b[r+l][c+l] += s;
  }
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    for(int j = 1; j <= n; ++j)
      a[i][j] += a[i-1][j-1], b[i][j] += b[i][j-1];
  for(int i = 1; i <= n; ++i)
    for(int j = 1; j <= n; ++j)
      c[i][j] = c[i-1][j] + a[i][j] + b[i][j], ans ^= c[i][j];
  cout<<ans;
  return 0;
}

B. v

考场

看到期望就头疼，更别提加上状压了。

直接开始写暴力。先枚举 \(x\) ，再状压dp出最优决策。

其实dp的写法比较接近正解，但时间复杂度似乎和暴力差不多。。。

Subtask3&4可以骗分。

得分

\(O(C_n^k2^n)\)

22pts

正解

大力深搜

需要吸氧。（这次给c++11和O2）

#include <cstdio>
#include <map>
using namespace std;
#define RI register int
const int MX = 1 << 25;

int n,m;

int st;
double f[MX|1];
map<int,double> g;
// 记忆化小数用int，大数map（卡常）。注意int数组大小

#define del(u,p) (((u>>1) & (~((1<<(p-1))-1))) | (u & ((1<<(p-1))-1)))
/*
O(1)删去u中第p位
u & ((1<<(p-1))-1))：取出前p-1位
((u>>1) & (~((1<<(p-1))-1))：u>>1后取p位及以后
*/
#define w(u,p) ((u & (1<<(p-1))) ? 1 : 0)
// 计算u中第p位是否是白球
double dfs(int k, int u) { // 剩余操作k次，当前状态u
	if( !k ) return 0;
	if( u <= MX && f[u] != -1 ) return f[u];
	if( g.find(u) != g.end() ) return g[u];
	RI kk = n - (m - k);
	double res = 0;
	for(RI i = 1; i <= kk>>1; ++i) // 利用对称性剪掉一半的枝
		res += max(dfs(k-1, del(u,i))+w(u,i), dfs(k-1, del(u,kk-i+1))+w(u,kk-i+1)) * 2;
	if( kk & 1 ) res += dfs(k-1, del(u,(kk>>1)+1)) + w(u,(kk>>1)+1); // for中无法计算kk为奇数时的中位数
	res /= kk;
	if( u <= MX ) f[u] = res;
	else g[u] = res;
	return res;
}

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(RI i = 0; i < n; ++i) {
		char ch = getchar();
		while(ch!='W'&&ch!='B')ch=getchar();
		if( ch == 'W' ) st |= 1<<i;
	}
	st |= 1<<n;
   /*
   int中高位0会被忽略，但本题中会造成记忆化出错。
   如010和0010在int中一样，但本题中代表剩余球的状态不同。
   因此在最高位的下一位补一个1，这样就变成了1010和10010。
   */
	for(RI i = 0; i <= MX; ++i) f[i] = -1;
	printf("%.9lf",dfs(m,st));
	return 0;
}

C. w

考场

一点思路都没有

但前两题双爆炸所以不想放弃这个题。想了近1h发现的性质，只有一个是有用的：每条边至多翻一次。先后想到了树剖、树上差分（然而并没有想起T1可差分）、树形dp。

最后还是写了骗分，链上的贪心没有写完。

正解

树形dp。状态比较新颖：除了以u为根的子树，还要保存u与fa连边的状态

由于以操作数、路径长度为关键字求最小，pair就很方便。

操作数为所选路径的集合中，奇数度点的个数的一半。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MP(x,y) make_pair(x,y)
typedef pair<int,int> PII;
const PII inf = MP(0x3f3f3f3f,0x3f3f3f3f);
const int N = 1e5 + 1;

PII operator+(PII a, PII b) { return MP(a.first+b.first,a.second+b.second); }

int n,head[N],to[N<<1],w[N<<1],nxt[N<<1];

PII f[N][2]; // f[u][0/1]: u是否翻转到父亲的边，得到的奇数度的点的个数最小值，以及边的个数（路径长度和）

inline void adde(int x, int y, int z, int mm) {
	to[mm] = y, w[mm] = z;
	nxt[mm] = head[x], head[x] = mm;
}

void dfs(int fa, int u, int op) {
	PII x = inf, y = MP(0,0); // x: u的儿子有一条翻到u； y: 没有
	for(int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
		int v = to[i];
		if( v == fa ) continue;
		dfs(u, v, w[i]);
		PII xx = min(x+f[v][0], y+f[v][1]), yy = min(x+f[v][1], y+f[v][0]); // 按定义更新x,y
		x = xx, y = yy;
	}
	if( op == 1 ) f[u][0] = inf; // 一定翻
	else f[u][0] = min(MP(x.first+1,x.second),y);
   // u与儿子的一条连边翻则u为一个新的奇数度点
	if( !op ) f[u][1] = inf; // 一定不翻
	else f[u][1] = min(MP(x.first,x.second+1), MP(y.first+1,y.second+1));
   // 从儿子伸过来：奇数度点数不变，路径长度+1
   // 新开：操作数+1，路径长度+1
}

int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1; i < n; ++i) {
		int a,b,c,d;
		scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
		c = d==2 ? -1 : c^d; // -1/0/1：不管/不翻/翻
		adde(a, b, c, i<<1), adde(b, a, c, i<<1|1);
	}
	dfs(0, 1, 2);
	printf("%d %d",f[1][0].first>>1,f[1][0].second);
	return 0;
}