6.17考试总结(NOIP模拟8)

Posted 2021-06-18 Varuxn

6.17考试总结(NOIP模拟8)

背景

考得不咋样，有一个非常遗憾的地方:最后一题少取膜了，\\(100pts->40pts\\)，改了这么多年的错还是头一回看见以下的情景。。。

T1星际旅行

前言

考试的时候用一个自己感觉非常妙的思路骗了20pts，因为是双向边，所以分成两个边存，边的tot从2开始，这样可以保证没一组边的序号通过取\\(xor\\)可以相互转化。

然后对于每一个边记录经过次数，并且记一下经过次数为1和2的边的总数，然后对于dfs时转移的就是状压的每组边的状态，当然也可以拿Hash存。

做法挺妙的，唯一的缺点就是和正解一点关系都没有（逃

解题思路

正解主要是欧拉路的相关知识。

首先可以确定的是，如果这个图里面的各个边不是联通的话（可以用冰茶几或者DFS来判），那么总情况数一定是0，比如下图的情况：

然后就是建立在欧拉路以及欧拉回路上面的东西了，

存在欧拉路的条件：图是连通的，有且只有2个奇点。

存在欧拉回路的条件：图是连通的，有0个奇点。

因此，问题就变成了把所有的边变成两条边之后，拆掉两条边使得新图仍然具有联通性，设自环数为\\(cnt\\)，每个点的出入度为\\(du[i]\\)，主要分为一下三种情况：

• 去掉任意2个自环：情况数为\\(\\dfrac{cnt\\times(cnt-1)}{2}\\)
• 去掉一个自环和一条边：情况数为：\\(\\dfrac{cnt \\times \\sum\\limits_{i=1}^ndu_i}{2}\\)
• 去掉两个有公共点的边：情况数为\\(\\dfrac{\\sum\\limits_{i=1}^n du_i \\times (du_i-1)}{2}\\)

记得开long long

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10,M=N<<1;
int n,m,link=N-1,sum,sum1,sum2,sum3,du[N],rdu[N],fa[N];
int find(int x)
{
	if(fa[x]==x)
		return x;
	return fa[x]=find(fa[x]);
}
#undef int
int main()
{
	#define int register long long
	#define ll long long
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		fa[i]=i;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&x,&y);
		if(x==y)
		{
			sum++;
			rdu[x]++;
			rdu[y]++;
			continue;
		}
		du[x]++;
		du[y]++;
		rdu[x]++;
		rdu[y]++;
		x=find(x);
		y=find(y);
		fa[x]=y;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(rdu[i])
		{
			link=i;
			find(i);
			break;
		}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(rdu[i]&&find(i)!=fa[link])
		{
			printf("0");
			return 0;
		}
	sum1=sum*(sum-1)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		sum2+=du[i];
		sum3+=du[i]*(du[i]-1)/2;
	}
	sum2=sum2*sum/2;
	printf("%lld",sum1+sum2+sum3);
	return 0;
}

T2 砍树

前言

考试的时候想到了二分答案，以为自己要切题了，然后考试结束前20分钟的时候突然就搞出来一个反例，不满足单调性，但是时间又不够了，我就草草的在错误答案的基础上改了一下，骗了20pts

解题思路

首先说一下为什么不满足单调性，显然的天数与希望树木的高度是有倍数关系的。。

问题就是让我们求一个最大的\\(d\\)，满足：

\\[\\sum\\limits_{i=1}^n(\\lceil \\dfrac{a_i}{d}\\rceil \\times d-a_i)\\le k \\]

移一下项，令\\(T=k+\\sum\\limits_{i=1}^na_i\\),可得：

\\[\\sum\\limits_{i=1}^n\\lceil \\dfrac{a_i}{d}\\rceil \\times d\\le T \\]

\\[\\sum\\limits_{i=1}^n\\lceil \\dfrac{a_i}{d}\\rceil \\le \\dfrac{T}{d} \\]

\\[\\sum\\limits_{i=1}^n\\lceil \\dfrac{a_i}{d}\\rceil \\le \\lfloor \\dfrac{T}{d} \\rfloor \\]

然后我们就可以愉快的整除分块，暴力枚举每一个d然后判断是否符合条件就好了，显然的，对于每一个块里，右端点是最优解。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=110;
int n,m,ans,temp,s[N];
#undef int
int main()
{
	#define int register long long
	#define ll long long
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%lld",&s[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		temp+=s[i];
	temp+=m;
	for(int l=1,r;l<=temp;l=r+1)
	{
		r=temp/(temp/l);
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			sum+=ceil(1.0*s[i]/(1.0*r));
		if(sum<=temp/r)
			ans=r;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T3 超级树

前言

挺难的一道题，我考场上几乎是直接输出的样例，5pts，不知道是根据dp方程出的题还是出题人真的太强了，想出来的。。。

解题思路

首先要明白dp数组的含义：

dp[i][j]表示一棵i-超级树，有j条点不重复的路径的方案数

何为j条点不重复的路径？

在j条路径中，各个路径没有相交的部分（相同的点）。

考虑从dp[i]转移到dp[i+1]，有五种转移状态

• 什么也不做：\\(dp[i+1][l+r]+=num\\)

• 根自己作为一条新路径 \\(dp[i+1][l+r+1]+=num\\)

• 根连接到左子树（或右子树）的某条路径上 \\(dp[i+1][l+r]+=2 \\times num \\times (l+r)\\)

• 根连接左子树和右子树的各一条路径 \\(dp[i+1][l+r-1]+=2 \\times num \\times l\\times r\\)

• 根连接左子树（或右子树）的两条路径 \\(dp[i+1][l+r-1]+=num \\times (l \\times (l-1)+r \\times (r-1))\\)

边界为dp[1][0]=dp[1][1]=1，答案为dp[k][1]。

看起来第二维状态可能有\\(2^k\\)那么大，但注意到从dp[i]转移到dp[i+1]时，路径的条数最多减少1条，因此第二维只有k个状态对最终的状态有影响，只dp这些状态即可。

• 注意：取\\(\\bmod\\)运算不要太多，否则会TLE

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=610;
int n,mod,f[N][N];
#undef int
int main()
{
	#define int register long long
	#define ll long long
	scanf("%lld%lld",&n,&mod);
	f[1][0]=f[1][1]=1;
	for(int dep=1;dep<n;dep++)
		for(int i=0;i<=n;i++)
			for(int j=0;j<=n-i;j++)
			{
				int num=f[dep][i]*f[dep][j]%mod;
				f[dep+1][i+j]=(f[dep+1][i+j]+num)%mod;
				f[dep+1][i+j+1]=(f[dep+1][i+j+1]+num)%mod;
				f[dep+1][i+j]=(f[dep+1][i+j]+2*num*(i+j))%mod;
				f[dep+1][i+j-1]=(f[dep+1][i+j-1]+2*num*i*j)%mod;
				f[dep+1][i+j-1]=(f[dep+1][i+j-1]+num*(i*(i-1)+j*(j-1)))%mod;
			}
	printf("%lld",f[n][1]%mod);
	return 0;
}