仙人掌上DP问题

T1

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题解

在树上做是一个经典的DP，记 f [ i ] [ 0 / 1 ] f[i][0/1] f[i][0/1]为 u u u子树内 u u u是否选的最大独立集，转移显然。在仙人掌上，还是先像树那样dfs，考虑每一条返祖边的影响，即对于每一个环在做一个dp，多记一维代表末尾是否选即可。注意dp的顺序，应保证每个点除了有伸向祖先的返祖边的子树外都考虑过，最后考虑有伸向祖先的返祖边的子树即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,m,hd[N],to[N],nx[N],tt=1;
void add(int u,int v){nx[++tt]=hd[u]; to[hd[u]=tt]=v;
}
int fa[N],dp[N],mn[N];
void pre(int u,int fl){for(int e=hd[u];e;e=nx[e]) if(e!=fl && (e^1)!=fl){int v=to[e];if(dp[v]){mn[u]=min(mn[u],dp[v]);continue;}dp[v]=mn[v]=dp[u]+1; fa[v]=u;pre(v,e); mn[u]=min(mn[u],mn[v]);}
}
int f[N][2],g[N][2][2];
void dfs(int u,int fl){int w=0,sn=0,sf=0; f[u][0]=0; f[u][1]=1;for(int e=hd[u];e;e=nx[e]) if(e!=fl && (e^1)!=fl){int v=to[e];if(dp[v]!=dp[u]+1){if(dp[v]<dp[u]) w=v;continue;}if(mn[v]<dp[u]){sn=v,sf=e; continue;}dfs(v,e);if(mn[v]>dp[u]){f[u][0]+=max(f[v][0],f[v][1]);f[u][1]+=f[v][0];}}if(sn) dfs(sn,sf);if(w){for(int p=0;p<2;p++) g[u][p][p]=f[u][p],g[u][p][!p]=-N;int y=u,x=fa[u]; while(1){for(int p=0;p<2;p++)g[x][0][p]=f[x][0]+max(g[y][0][p],g[y][1][p]),g[x][1][p]=f[x][1]+g[y][0][p];if(x==w){f[x][0]=max(g[x][0][0],g[x][0][1]);f[x][1]=g[x][1][0];break;}y=x; x=fa[x];}}
}
int main()
{cin>>n>>m;for(int u,v,i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);dp[1]=mn[1]=1; pre(1,0);dfs(1,0);cout<<max(f[1][0],f[1][1])<<endl;return 0;
}

T2

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题解

和上一题类似的套路，注意在这里没有必要像原本的树上dp那样记 u u u开头最长链和子树直径，只记一个以 u u u开头的最长链即可，答案在每个点的时候都算一下，这样比较简便。在环上的时候，对环顶dp值直接枚举端点算环上最短距离即可，对答案的贡献则需要枚举两个端点并考虑两点的最短距离，分情况讨论，拿单调队列维护即可。
至于dp顺序，至今不知道为什么像上一题那样会挂，调了不知道多久自闭了。后来改成网上其它博客的写法才过，以后还是这种写法吧，也比较简洁（感觉我和tarjan有仇啊，每次觉得很对都莫名其妙挂掉）。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,hd[N],to[N],nx[N],tt=1;
void add(int u,int v){nx[++tt]=hd[u]; to[hd[u]=tt]=v;
}
int fa[N],fl[N],dp[N],mn[N];
int f[N],ans,p[N],m,q[N];
void cnt(int w,int u){m=0; for(int i=u;i!=w;i=fa[i]) p[++m]=f[i];p[++m]=f[w]; reverse(p+1,p+m+1);int ft=0,tl=0,mx=0,l=m/2;for(int i=1;i<=m;i++){while(ft<tl && q[ft+1]+l<i) ft++;if(ft<tl) ans=max(ans,p[i]+i+p[q[ft+1]]-q[ft+1]);if(i>l+1){int x=i-l-1;mx=max(mx,x+p[x]);ans=max(ans,p[i]+m-i+mx);}while(ft<tl && p[q[tl]]-q[tl]<=p[i]-i) tl--;q[++tl]=i;}for(int i=2;i<=m;i++) f[w]=max(f[w],p[i]+min(i-1,m-i+1));
}
void dfs(int u){for(int e=hd[u];e;e=nx[e]) if(e!=fl[u] && (e^1)!=fl[u]){int v=to[e];if(!dp[v]){fl[v]=e; fa[v]=u; mn[v]=dp[v]=dp[u]+1; dfs(v);if(mn[v]>dp[u])ans=max(ans,f[u]+f[v]+1),f[u]=max(f[u],f[v]+1);mn[u]=min(mn[u],mn[v]);}else mn[u]=min(mn[u],dp[v]);}for(int e=hd[u];e;e=nx[e]) if(e!=fl[u] && (e^1)!=fl[u]){int v=to[e];if(fl[v]!=e && fl[v]!=(e^1) && dp[v]>dp[u]) cnt(u,v);}
}
int tp[N],t;
int main()
{cin>>n>>t;while(t--){int k; scanf("%d",&k);for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%d",&tp[i]);for(int i=1;i<k;i++) add(tp[i],tp[i+1]),add(tp[i+1],tp[i]);}mn[1]=dp[1]=1; dfs(1);cout<<ans<<endl;return 0;
}

T3

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题解

还是一样的套路，先考虑在树上，设 f [ u ] f[u] f[u]为 u u u子树内所有关键点都联通到 u u u的距离和，转移显然。考虑在环上，需要考虑的就是环上有大于一个的子树有关键点。考虑如果已知一种方案有哪些点子树有关键点，可根据它在环上相邻的最大距离来计算贡献，故记 g [ i ] [ j ] [ k ] g[i][j][k] g[i][j][k]为起点 i i i，终点 j j j，中间最大空位为k的方案数、距离和，前缀和优化转移即可做到 O ( n 3 ) O(n^{3}) O(n3)。
upd:
其实根本没必要那么麻烦，一开始陷入套路就自闭了半天。可以直接不用DP，考虑每条边的贡献，树边直接算，环边再用上面的方法，也不需要记录代价和，直接记方案数即可。（我是个智障）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205,M=1005,P=1e9+7;
int n,hd[N],to[M],nx[M],tt;
void add(int u,int v){nx[++tt]=hd[u]; to[hd[u]=tt]=v;
}
int fa[N],dp[N],mn[N],sz[N],pw[N],iv[N],ans;
int m,q[N],h[N][N],sh[N][N];
void cnt(int u,int v){m=0; int ct=0;for(int i=v;i!=u;i=fa[i])q[++m]=(pw[sz[i]]+P-1)%P,ct+=sz[i];sz[u]+=ct; q[++m]=(pw[n-ct]+P-1)%P; reverse(q+1,q+m+1);for(int x=1;x<m;x++){memset(h,0,sizeof(h)),memset(sh,0,sizeof(sh));for(int i=1;i<=m-x;i++) h[x][i]=q[x]; sh[x][1]=q[x];for(int i=x+1;i<=m;i++){for(int j=1;j<=i-x;j++){int w=((sh[i-1][j]+P-sh[i-j][j])%P+h[i-j][j])%P;h[i][j]=1ll*w*q[i]%P;sh[i][j]=(sh[i-1][j]+h[i][j])%P;if(i>x && j)ans=(ans+1ll*h[i][j]*(m-max(x+m-i,j))%P)%P;if(j) (h[i][j]+=h[i][j-1])%=P;}for(int j=i-x+1;j<=m-x;j++)h[i][j]=h[i][j-1];}}
}
void dfs(int u){sz[u]=1;for(int e=hd[u];e;e=nx[e]) if(to[e]!=fa[u]){int v=to[e];if(!dp[v]){fa[v]=u; dp[v]=mn[v]=dp[u]+1;dfs(v); mn[u]=min(mn[u],mn[v]);if(mn[v]==dp[u]+1)ans=(ans+1ll*(pw[sz[v]]-1)*(pw[n-sz[v]]-1)%P)%P,sz[u]+=sz[v];}else mn[u]=min(mn[u],dp[v]);}for(int e=hd[u];e;e=nx[e]) if(to[e]!=fa[u]){int v=to[e];if(fa[v]!=u && dp[v]>dp[u]) cnt(u,v);}
}
int main()
{int t; cin>>n>>t;pw[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) pw[i]=pw[i-1]*2%P;iv[0]=1; iv[1]=(P+1)/2;for(int i=2;i<=n;i++) iv[i]=1ll*iv[i-1]*iv[1]%P;for(int u,v,i=1;i<=t;i++)scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);mn[1]=dp[1]=1; dfs(1);cout<<1ll*ans*iv[n]%P<<endl;return 0;
}

圆方树

T4

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题解

考虑转化成树上问题，那么显然需要构建圆方树。原点和方点的距离如何定义呢？考虑在仙人掌上两个点找最短距离的过程，不考虑返祖边的话就是一直跳到lca，返祖变的作用就是在那个环上的时候有机会更快跳到环顶。于是对于每条返祖边对应的环，环上所有点到方点的距离先定位它到环顶端的最短距离。这样，如果两个点的lca是原点，那么直接计算；否则说明它们的lca在一个环上，多记录一下每个点在环上的编号即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e4+10,M=17;
int n,m,q,c,t=1;
int h[N],to[N*2],nx[N*2],w[N*2];
void add(int u,int v,int x){t++; to[t]=v; nx[t]=h[u]; h[u]=t; w[t]=x;
}
int dn[N],ds[N],l[N],fa[N],fl[N];
bool vi[N*2],is[N*2];
void tar(int u){dn[u]=++c;for(int e=h[u],v;e;e=nx[e]){v=to[e]; if(vi[e]) continue; vi[e]=vi[e^1]=1;if(!dn[v]) ds[v]=ds[u]+w[e],fa[v]=u,fl[v]=e,tar(v);else if(dn[v]<dn[u]){n++; l[n]=ds[u]-ds[v]+w[e];add(n,v,0),add(v,n,0); is[e]=is[e^1]=1;for(int i=u;i!=v;i=fa[i]){int x=min(ds[i]-ds[v],l[n]-(ds[i]-ds[v]));add(i,n,x); add(n,i,x); is[fl[i]]=is[fl[i]^1]=1;}}}
}
int dp[N],dis[N],f[N][M];
void dfs(int u){for(int i=1;i<M;i++) f[u][i]=f[f[u][i-1]][i-1];for(int v,e=h[u];e;e=nx[e]) if(!is[e] && to[e]!=f[u][0]) v=to[e],dp[v]=dp[u]+1,dis[v]=dis[u]+w[e],f[v][0]=u,dfs(v);
}
int find(int u,int v){ //cout<<u<<" "<<v<<endl;if(dp[u]<dp[v]) swap(u,v);for(int i=M-1;~i;i--) if(dp[f[u][i]]>=dp[v]) u=f[u][i]; //cout<<u<<" "<<v<<endl;for(int i=M-1;~i;i--) if(f[u][i]!=f[v][i]) u=f[u][i],v=f[v][i];//cout<<i<<endl;return (u!=v)?f[u][0]:u;
}
int get(int u,int v){for(int i=M-1;~i;i--) if(dp[f[u][i]]>dp[v]) u=f[u][i];return u;
}
int main()
{//freopen("G.in","r",stdin);//freopen(".out","w",stdout);cin>>n>>m>>q; int u,v,x;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d %d %d",&u,&v,&x); add(u,v,x),add(v,u,x);}m=n; tar(1); dp[1]=1; dfs(1);/*for(int i=1;i<=n;i++){cout<<i<<" dis="<<dis[i]<<" dp="<<dp[i]<<" f0="<<f[i][0]<<" f1="<<f[i][1]<<endl;}*/while(q--){scanf("%d %d",&u,&v);int lca=find(u,v); //cout<<lca<<endl;if(lca<=m) printf("%d\n",dis[u]+dis[v]-2*dis[lca]);else{ //cout<<1<<endl;int fu=get(u,lca),fv=get(v,lca);int ans=dis[u]-dis[fu]+dis[v]-dis[fv];int len=abs(ds[fu]-ds[fv]);printf("%d\n",ans+min(len,l[lca]-len));}}return 0;
}

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