Description 某天WJMZBMR学习了一个神奇的算法:树的点分治! 这个算法的核心是这样的: 消耗时间=0 Solve(树 a) 消耗时间 += a 的 大小 如果 a 中 只有 1 个点 退出 否则在a中选一个点x,在a中删除点x 那么a变成了几个小一点的树,对每个小树递归调用Solve 我们注意到的这个算法的时间复杂度跟选择的点x是密切相关的. 如果x是树的重心,那么时间复杂度就是O(nlogn) 但是由于WJMZBMR比较傻逼,他决定随机在a中选择一个点作为x! Sevenkpl…

3451: Tyvj1953 Normal 题意: N 个点的树,点分治时等概率地随机选点,代价为当前连通块的顶点数量,求代价的期望值 百年难遇的点分治一遍AC!!! 今天又去翻了一下<具体数学>上的离散概率,对期望有了一点新认识吧. 本题根据期望的线性性质,计算每个点的代价期望加起来. 一个点v产生了代价,它在u选为中心时所在的cc里,并且(u,v)路径上没有其他点已经被选择.概率为\(\frac{1}{(u,v)之间包含u,v点的个数}\) 统计每种长度的路径有多少个 点分治+生成函数统计…

我感觉是很强的一道题……即使我在刷专题,即使我知道这题是fft+点分治,我仍然做不出来……可能是知道是fft+点分治限制了我的思路???(别做梦了,再怎样也想不出来的……)我做这道题的话,一看就想单独算每个点的贡献,一开始想算每个点深度的期望,后来又想算每个点的点分树子树大小的期望,再后来就想利用点分治,于是就想算每个联通块的贡献,后来就想怂了……开始说这道题的做法……我们不算每个点的贡献,算每个点对的贡献!!!我们想啊,显然,每个点的点分树子树大小的期望加和就是答案,然而呢,对于一个点,其点分…

根据期望的线性性,我们算出每个点期望被计算次数,然后进行累加. 考虑点 $x$ 对点 $y$ 产生了贡献,那么说明 $(x,y)$ 之间的点中 $x$ 是第一个被删除的. 这个期望就是 $\frac{1}{dis(x,y)+1}$,所以我们只需求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{dis(i,j)+1}$ 即可. 然后这个直接求是求不出来的,所以需要用点分治+FFT来算树上每种距离都出现了多少次. code: #include <bits/stdc++.…

国际惯例的题面:代价理解为重心和每个点这个点对的代价.根据期望的线性性,我们枚举每个点,计算会产生的ij点对的代价即可.那么,i到j的链上,i必须是第一个被选择的点.对于i来说,就是1/dis(i,j).所以答案就是sigma(i,j) 1/(dis(i,j)+1).然而这样计算是n^2的,考虑优化.如果我们能计算出边长为某个数值的边的数量的话,是不是就能计算答案呢?统计路径的题,一眼点分治.考虑怎样计算,我们能dfs出每个子树中距离分治重心为x的点有多少个,然后我们枚举两个点让他们取去组成路径…

什么都不说先甩题目 Description 轮状病毒有很多变种,所有轮状病毒的变种都是从一个轮状基产生的.一个N轮状基由圆环上N个不同的基原子和圆心处一个核原子构成的,2个原子之间的边表示这2个原子之间的信息通道.如下图所示 N轮状病毒的产生规律是在一个N轮状基中删去若干条边,使得各原子之间有唯一的信息通道,例如共有16个不同的3轮状病毒,如下图所示 现给定n(N<=100),编程计算有多少个不同的n轮状病毒   Input 第一行有1个正整数n Output 计算出的不同的n轮状病毒数输出 S…

计算几何/二分/迭代/搜索+剪枝 写三个tag可能是因为从哪个方向来理解都可以吧…… 我完全不会计算几何所以抄了ydc的代码 题解:http://ydcydcy1.blog.163.com/blog/static/21608904020131492229367/ 那篇莫涛的论文:http://pan.baidu.com/s/1bn6IxJp 大概流程如下: 1.初始化孤地点可能位于的线段集合为整条航线. 2.对于长$L$的某条线段,左端点与陆地的最近点为$P_1$,右端点与陆地的最近点为$P_2…

题解: 好神的一道题.蒟蒻只能膜拜题解. 考虑a对b的贡献,如果a是a-b路径上第一个删除的点,那么给b贡献1. 所以转化之后就是求sigma(1/dist(i,j)),orz!!! 如果不是分母的话O(n)就可以搞,但是现在在分母上... 考虑转化一下,求ret[i]表示距离为i的点对有多少对.我们发现只要求出ret数组,然后就可以回答了. 如何求ret,我们用点分治.类似于RACE那道题. 对于一颗子树,我们整个信息一块统计,让它和前面的所有做卷积,更新ret,然后再把这棵子树归入前面的信息…

[BZOJ3451]Normal (点分治) 题面 BZOJ 题解 显然考虑每个点的贡献.但是发现似乎怎么算都不好计算其在点分树上的深度. 那么考虑一下这个点在点分树中每一次被计算的情况,显然就是其在某个点的点分树内时才会被计算答案. 那么设\(p[i][j]\)表示\(i\)在\(j\)的点分树里面的概率. 那么答案就变成了\(\sum_i\sum_j p[i][j]\) 那么\(i\)在\(j\)的点分树的概率显然就是两点之间路径不被断开的概率,即\(\frac{1}{dis(i,j)+1}…

题目链接 大数除法是很麻烦的,考虑能不能将其条件化简 一段区间[l,r]|p,即num[l,r]|p,类似前缀,记后缀suf[i]表示[i,n]的这段区间代表的数字 于是有 suf[l]-suf[r+1]|p -> (suf[l]-suf[r+1])%p = 0 -> suf[l] ≡suf[r+1] (mod p) 即若suf[r+1]%p = suf[l]%p,则num[l,r]|p 于是我们可以把范围控制在p以内,查找是否有%p相等的区间 -> 莫队 即小Z的袜子 这样的实际意义是…