「JSOI2015」isomorphism 传送门 我们还是考虑树哈希来判同构. 但是我们需要使用一些特殊的手段来特殊对待假节点. 由于是无向树,我们首先求出重心,然后以重心为根跑树哈希. 此处我们不计算假节点的个数对子树大小的贡献.需要注意的是无向树可能有两个重心. 树哈希的时候,假节点儿子的哈希值也直接向上贡献(因为假节点有且只有一个儿子). 这样我们就可以求出一颗无向树的简化树的哈希值,之后的问题就轻松解决了. 参考代码: #include <algorithm> #include &l…

「JSOI2015」串分割 传送门 首先我们会有一个贪心的想法:分得越均匀越好,因为长的绝对比短的大. 那么对于最均匀的情况,也就是 \(k | n\) 的情况,我们肯定是通过枚举第一次分割的位置,然后每一段长度 \(\frac{n}{k}\) 最后取最小的. 把这个思想运用到一般情况:如果分出来两段长短不一,那么长的只会比短的那个长度多 \(1\) ,再仔细想想,所有段只会有两种不同的长度 \(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor, \lceil \frac{n}{k} \r…

「JSOI2015」symmetry 传送门 我们先考虑构造出原正方形经过 \(4\) 种轴对称变换以及 \(2\) 种旋转变换之后的正方形都构造出来,然后对所得的 \(7\) 个正方形都跑一遍二维哈希,这样我们就可以通过哈希,在 \(O(n ^ 2)\) 时间内判断原正方形中是否存在某一类型的某一大小的子正方形. 但是如果我们枚举边长,复杂度就会达到 \(O(n ^ 3)\) 级别,显然过不了. 考虑优化:我们发现对于任意一种类型的正方形,它把最外面一圈去掉之后还是满足原来的性质,所以我们可以…

「JSOI2015」地铁线路 传送门 第一问很简单:对于每条线路建一个点,然后所有该条线路覆盖的点向它连边,权值为 \(1\) ,然后它向所有线路上的点连边,权值为 \(0\) . 然后,跑一边最短路就可以求出第一问了. 接下来考虑第二问. 我们在最短路图上面跑 \(\text{DP}\) 我们把所有线路按照 \(dis\) 排序,然后用距离为 \(dis - 1\) 的线路来更新. 我们发现如果一条最短路为 \(d\) 的线路上出现了一个最短路为 \(d\) 的点,那么显然我们不会在这里上车,…

「JSOI2015」染色问题 传送门 虽然不是第一反应,不过还是想到了要容斥. 题意转化:需要求满足 \(N + M + C\) 个条件的方案数. 然后我们就枚举三个数 \(i, j, k\) ,表示当前方案中,至少不用 \(k\) 种颜色,至少不涂 \(i\) 行.至少不涂 \(j\) 列. 然后直接组合数算(式子不难看懂),最后容斥即可. 那么写出来就是: \[ ans = \sum_{i = 0}^n \sum_{j = 0}^m \sum_{k = 0}^c (-1)^{i + j +…

「JSOI2015」圈地 传送门 显然是最小割. 首先对于所有房子,权值 \(> 0\) 的连边 \(s \to i\) ,权值 \(< 0\) 的连边 \(i \to t\) ,然后对于所有的墙,连两条边,连接起墙两边的房子,容量就是修墙的费用,然后直接用权值和 - 最小割就是最大收益. 参考代码: #include <cstring> #include <cstdio> #define rg register #define file(x) freopen(x&qu…

「JSOI2015」最小表示 传送门 很显然的一个结论:一条边 \(u \to v\) 能够被删去,当且仅当至少存在一条其它的路径从 \(u\) 通向 \(v\) . 所以我们就建出正反两张图,对每个点开两个 bitset 维护它与其他点的连通性,这个可以通过拓扑排序预处理. 然后就枚举每一条边,拿两个端点的两个 bitset 与一下即可判断出这条边是否可以删去. 参考代码: #include <cstdio> #include <bitset> #define rg regist…

「JSOI2015」套娃 传送门 考虑贪心. 首先我们假设所有的套娃都互相不套. 然后我们考虑合并两个套娃 \(i\),\(j\) 假设我们把 \(i\) 套到 \(j\) 里面去,那么就可以减少 \(b_j \times out_i\) 的花费. 我们有一种 贪心策略就是说把所有套娃按 \(b\) 从大到小排序,然后每次找一个 \(out\) 最大的让它套. 我们可以这么证明正确性: 对于四个套娃 \(i, j, k, l\) ,假设 \(b_i > b_j, out_k > out_l\)…

「JSOI2015」非诚勿扰 传送门 我们首先考虑一名女性选中她列表里第 \(x\) 名男性的概率(假设她列表里共有 \(s\) 名男性): \[ P = p \times (1 - p) ^ {x - 1} + p \times (1 - p) ^ {s + x - 1} + p \times (1 - p) ^ {2s + x - 1} + \cdots + p \times (1 - p) ^ {ns + x - 1} \] 根据等比数列求和公式以及极限的相关计算,不难求出: \[ P =…

「JSOI2015」salesman 传送门 显然我们为了使收益最大化就直接从子树中选大的就好了. 到达次数的限制就是限制了可以选的子树的数量,因为每次回溯上来都会减一次到达次数. 多种方案的判断就是看自己选中的子树中和没选的子树中是否存在两个值相等的,这样它们就可以通过互换来达到另一种方案,值得注意的是如果选了一个值为 \(0\) 的子树就肯定可以多一种方案出来,因为这颗子树选或不选都是满足最优的. 这里有个小问题:交到BZOJ上面去它会提示你 sort 没有声明,此时需要 #include…