2020杭电多校训练（第五、六场）
2024-07-04 14:23:31
目录
- 第五场
- 1001.Tetrahedron
- 1009.Paperfolding
- 1003.Boring-Game
- 1012.Set1
- 1007.Tree
- 第六场
- 1006.A-Very-Easy-Graph-Problem
- 1010.Expectation
- 1005.Fragrant-numbers
- 1007.A-Very-Easy-Math-Problem
第五场
1001.Tetrahedron
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int N=6e6+5,MOD=998244353;int T,n,m;int A[N],sum[N],inv[N];int qpower(int x,ll p)
{int res=1;for (int base=x;p;p>>=1,base=(1ll*base*base)%MOD)if (p&1==1) res=(1ll*res*base)%MOD;return res;
}ll ans;
int main()
{for (int i=1;i<=N-5;i++){inv[i]=qpower(i,MOD-2);A[i]=qpower((1ll*i*i)%MOD,MOD-2);sum[i]=(sum[i-1]+A[i])%MOD;}cin>>T;while(T--){scanf("%d",&n);printf("%d\n",((1ll*sum[n]*3)%MOD*inv[n])%MOD);}return 0;
}
1009.Paperfolding
(最后一项 ∑ k = 0 n C n k 2 k = 3 n \sum_{k=0}^{n}C_n^k2^k=3^n ∑k=0nCnk2k=3n)
除去总方案数 2 n 2^n 2n得到期望 e x p = 2 n + 1 + 3 n 2 n − 1 exp=2^n+1+\frac{3^n}{2^{n-1}} exp=2n+1+2n−13n
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int N=1e5+5,MOD=998244353;int T,m;ll n;
int inv2;int qpower(int x,ll p)
{int res=1;for (int base=x;p;p>>=1,base=(1ll*base*base)%MOD)if (p&1==1) res=(1ll*res*base)%MOD;return res;
}ll ans;
int main()
{cin>>T;inv2=qpower(2,MOD-2);while(T--){scanf("%lld",&n);if (n==0){printf("4\n");continue;}ans=0;ans+=qpower(2,n);ans+=1;ll temp=(1ll*qpower(3,n)*qpower(inv2,n-1))%MOD;ans=(ans+temp)%MOD;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
1003.Boring-Game
随便画一下就是
然后实现的话用A记录内部的翻转，B记录整体的编号情况（因为不能push_front所以先push_back然后再reverse，写的有点绕）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int N=5e5+5,MOD=998244353;int T,n,m,k;int jc[20];int A[N],ans[N];vector<int>B;void solve()
{cin>>n>>k;int tot=2*n*jc[k];for (int i=1;i<=tot;i++) A[i]=i;int len=tot/2;B.clear();B.push_back(1);for (int i=1;i<=k;i++){for (int j=1;j<=tot;j+=len*2){reverse(A+j,A+len+j);}len/=2;}for (int i=1;i<=k;i++){for (int i=0;i<B.size();i++) B[i]*=2;for (int i=B.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(B[i]-1);}reverse(B.begin(),B.end());for (int i=1;i<=tot;i++){int x;scanf("%d",&x);ans[i]=x;}len*=2;for (int i=1;i<=n*2;i++)for (int j=1;j<=jc[k];j++){printf("%d",ans[A[i+len*(B[j-1]-1)]]);if (i!=n*2 || j!=jc[k]) printf(" ");}printf("\n");
}
int main()
{cin>>T;jc[0]=1;for (int i=1;i<=15;i++) jc[i]=jc[i-1]*2;while(T--) solve();return 0;
}
1012.Set1
对于当前的i，我们的目标是对于前i-1个数，每个数都能找到另一个对应的数，并且最终除了i之外每个数都能匹配上。这样一来每自动消去一个数，就选择删掉它对应的那个数，最终一定对应了一种合法方案。
首先当i<=n/2时，前i-1个数不能使后n-i个数都匹配，答案为0。
最后再除以总方案数 ( n − 1 ) ! ! (n-1)!! (n−1)!!
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;const int N=5e6+5,MOD=998244353;int T,n,sjc[N],jc[N],inv[N];int bin(int base,int p) {int res=1;for (;p;p>>=1,base=(1ll*base*base)%MOD) {if (p&1) res=(1ll*res*base)%MOD;}return res;
}void init() {jc[0]=jc[1]=sjc[0]=sjc[1]=inv[1]=1;for (int i=2;i<=N-5;i++) {sjc[i]=(1ll*sjc[i-2]*i)%MOD;jc[i]=(1ll*jc[i-1]*i)%MOD;inv[i]=1ll*(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;}
}
void solve() {cin>>n;int ans;for (int i=1;i<=n;i++) {if (i<=n/2) {printf("0%c",i==n?'\n':' ');continue;}if (i==n/2+1) ans=1ll*jc[i-1]*bin(bin(2,(2*i-1-n)/2),MOD-2)%MOD*bin(sjc[n-1],MOD-2)%MOD;else ans=1ll*ans*(i-1)%MOD*inv[2]%MOD*inv[(2*i-1-n)/2]%MOD;printf("%d%c",ans,i==n?'\n':' ');}
}
int main() {init();cin>>T;while(T--) solve();return 0;
}
1007.Tree
用dp[n][0]表示对于当前子树根n，任何子结点度数都小于等于k的最大权值(n当前度数最多为k-1)。
用dp[n][1]表示对于当前子树根n，存在结点度数大于k时的最大权值。
然后还需要特判一种情况，就是当前的n向下连了k棵子树并不再向上连边。判断方法和dp[n][1]的求法类似。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pii;const int N=2e5+5;struct Edge{int to;ll v;
};vector<Edge>G[N];vector<pii>ve[N];ll ans;int T,n,m,k;ll dp[N][2];void dfs(int x,int f) {if (G[x].size()==1 && f!=-1) return;for (auto now:G[x]){int to=now.to,v=now.v;if (to==f) continue;dfs(to,x);ve[x].push_back({dp[to][0]+v,dp[to][1]+v});}sort(ve[x].begin(),ve[x].end(),[&](pii a,pii b){return a.first>b.first;});ll sum1=0,sum2=0,sum3=0,mx1=0,mx2=0;for (int i=0;i<ve[x].size();i++){if (i<k-1) sum1+=ve[x][i].first;sum2+=ve[x][i].first;if (i<k-1) mx1=max(mx1,ve[x][i].second-ve[x][i].first);if (i>=k-1 && k>=2) mx1=max(mx1,ve[x][i].second-ve[x][k-2].first);}if (ve[x].size()>=k) {for (int i=0;i<ve[x].size();i++){if (i<k) mx2=max(mx2,ve[x][i].second-ve[x][i].first);if (i>=k) mx2=max(mx2,ve[x][i].second-ve[x][k-1].first);}sum3=sum1+ve[x][k-1].first;ans=max(ans,sum3+mx2);}dp[x][0]=max(dp[x][0],sum1);dp[x][1]=max(dp[x][1],sum2);dp[x][1]=max(dp[x][1],sum1+mx1);ans=max(ans,dp[x][0]);ans=max(ans,dp[x][1]);
}void solve() {scanf("%d%d",&n,&k);for (int i=1;i<=n;i++) {G[i].clear();ve[i].clear();}for (int i=1;i<=n-1;i++) {int u,v; ll w;scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);G[u].push_back({v,w});G[v].push_back({u,w});}if (k==0) {printf("0\n");return;}ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=dp[i][1]=0;dfs(1,-1);printf("%lld\n",ans);
}int main() {cin>>T;while(T--) solve();return 0;
}
第六场
1006.A-Very-Easy-Graph-Problem
思考关键点是按照边给出的顺序，如果当前的两个点本来就是连通的，那么这条边肯定不起作用，直接忽略。如果这两个点不连通，就连一条边。判断联通可以用并查集实现。
最后肯定连成一棵树，然后树形dp，记录每颗子树0和1的个数，以及所有0和1到达子树根节点的路径长就可以dp转移了。
还有一种做法就是枚举边，记录每条边两侧0和1的数量，得到这条边被经过的次数，次数×权值计算贡献。
#include<bits/stdc++.h>
#define debug(x) cerr<<#x<<" : "<<x<<endl;
using namespace std;const int N=2e5+5,MOD=1e9+7;int T,n,m,tmp;int fa[N],a[N];long long cnt[N][2],sum[N][2],ans;struct Edge{int to,v;
};
vector<Edge>G[N];int getfa(int x) {if (fa[x]==x) return x;else return fa[x]=getfa(fa[x]);
}void init() {ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) {G[i].clear();fa[i]=i;cnt[i][0]=cnt[i][1]=0;sum[i][0]=sum[i][1]=0;}
}void dfs(int x,int f) {if (G[x].size()==1 && ~f) {cnt[x][a[x]]++;return;}for (auto t:G[x]){int to=t.to,v=t.v;if (to==f) continue;dfs(to,x);cnt[x][0]+=cnt[to][0];cnt[x][1]+=cnt[to][1];cnt[x][0]%=MOD;cnt[x][1]%=MOD;sum[x][0]=(sum[x][0]+sum[to][0]+1ll*v*cnt[to][0])%MOD;sum[x][1]=(sum[x][1]+sum[to][1]+1ll*v*cnt[to][1])%MOD;}for (auto t:G[x]){int to=t.to,v=t.v;if (to==f) continue;ans=(ans+(cnt[x][0]-cnt[to][0]+MOD)%MOD*cnt[to][1]*v)%MOD;ans=(ans+(cnt[x][1]-cnt[to][1]+MOD)%MOD*cnt[to][0]*v)%MOD;ans=(ans+(sum[to][0]*(cnt[x][1]-cnt[to][1]+MOD)%MOD))%MOD;ans=(ans+(sum[to][1]*(cnt[x][0]-cnt[to][0]+MOD)%MOD))%MOD;ans=(ans+1ll*cnt[to][1-a[x]]*v+sum[to][1-a[x]])%MOD;}cnt[x][a[x]]=(cnt[x][a[x]]+1)%MOD;
}int main() {cin>>T;while(T--) {scanf("%d%d",&n,&m);init();for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);tmp=2;for (int i=1;i<=m;i++) {int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);if (getfa(u)!=getfa(v)){G[u].push_back({v,tmp});G[v].push_back({u,tmp});fa[getfa(v)]=getfa(u);}tmp=(1ll*tmp*2)%MOD;}dfs(1,-1);printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
1010.Expectation
关键在于怎么计算生成树的个数。其实我也不会，临时去搜了个板子。
这题应该还需要考虑重边的情况，方法就是i、j之间每有一条边， a i j a_{ij} aij就减1。
#include<bits/stdc++.h>
#define debug(x) cerr<<#x<<" : "<<x<<endl;
#define LL long long
using namespace std;const int MOD=998244353,MAXN=1e2+5;LL a[MAXN][MAXN],ans;int T,n,m,sign;int M[MAXN][MAXN],M2[MAXN][MAXN];int bin(int base,int p) {int res=1;for (;p;p>>=1,base=(1ll*base*base)%MOD)if (p&1) res=(1ll*res*base)%MOD;return res;
}struct Edge{int u,v,w;
}e[10005];
LL solve(int N){sign = 0; LL ans = 1;for(int i=1; i<N; i++){for(int j=i+1; j<N; j++){//当前之后的每一行第一个数要转化成0int x=i, y=j;while( a[y][i] ){//利用gcd的方法，不停地进行辗转相除LL t = a[x][i] / a[y][i];for(int k=i; k<N; k++)a[x][k] = (a[x][k] - a[y][k] * t) % MOD;swap(x, y);}if(x != i){//奇数次交换，则D=-D'整行交换for(int k=1; k<N; k++)swap(a[i][k], a[x][k]);sign ^= 1;//行列式*-1}}if( !a[i][i] ){//斜对角中有一个0，则结果为0return 0;}else ans = ans * a[i][i] % MOD;}if(sign != 0) ans *= -1;if(ans < 0) ans += MOD;//return ans;
}int main(){cin>>T;while(T--) {scanf("%d%d",&n,&m);memset(M,0,sizeof(M));for (int i=1;i<=m;i++) {int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);e[i].u=u;e[i].v=v;e[i].w=w;}memset(a,0,sizeof(a));for (int k=1;k<=m;k++) {int i=e[k].u,j=e[k].v;a[i][i]++;a[j][j]++;a[i][j]--;a[j][i]--;}LL tot=solve(n);tot=bin(tot,MOD-2);ans=0;for (int i=0;i<=30;i++){memset(M2,0,sizeof(M2));/*for (int j=1;j<=n;j++)for (int k=1;k<=n;k++)M2[j][k]=M[j][k]&(1<<i);*/memset(a,0,sizeof(a));for (int p=1;p<=m;p++) {if (e[p].w&(1<<i)) {int j=e[p].u,k=e[p].v;a[j][j]++;a[k][k]++;a[j][k]--;a[k][j]--;}}LL cur=solve(n);ans=(ans+(1ll*cur*tot)%MOD*(1<<i))%MOD;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}
1005.Fragrant-numbers
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N=20,M=5e3+5;const string s=".11451419191145141919";int T,n;set<int>dp[N][N];int ans[M];int getNum(int l,int r) {int res=0;for (int i=l;i<=r;i++) {res=res*10+s[i]-'0';}return res;
}void dfs(int l,int r) {if (l>r) return;if (dp[l][r].size()) return;if (r-l<4) {int x=getNum(l,r);if (x<=5000) dp[l][r].insert(x);}for (int i=l;i<r;i++) {dfs(l,i);dfs(i+1,r);for (int u:dp[l][i]) for (int v:dp[i+1][r]) {if (u+v<=5000) dp[l][r].insert(u+v);if (u*v<=5000) dp[l][r].insert(u*v);}}
}int main() {memset(ans,-1,sizeof(ans));dfs(1,13);for (int i=1;i<=13;i++) for (int x:dp[1][i])if (ans[x]==-1) ans[x]=i;cin>>T;while(T--) {int x;scanf("%d",&x);printf("%d\n",ans[x]);}return 0;
}
1007.A-Very-Easy-Math-Problem
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