2020hdu多校第三场1005（6795）Little W and Contest

Posted 2020-12-19 sunjianzhao

题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6795

题意：有n个人，分为两类，一类为权值为1的人，一类为权值为2的人。起初，这n个人互不相识，然后又n-1此介绍，每次介绍u与v相识（在这之前u,v并不认识，若a认识b，b认识c,则a也认为认识c）,在第i次介绍之前输出当前的组合方案。组合是从挑选3个人，3个人的权值和不小于5,并且3个人互不相识

输入：第一行一个整数t,表示测试样例的个数

对于每个测试样例，第一行一个整数n,第二行n个整数（1或2），表示权值，接下来n-1行表示n-1次介绍

输出：对于每个测试样例，在第i次介绍之前，输出当前的组合的方案，如果输比较大，则输出对10^9+7的模

题解：对于3个人的组合权值不小于5只有两种方式：2+2+2或者2+2+1.

看到里面的a认识b，b认识c则a认识c,便会意识到这肯定是并查集存储关系。

然后，观察其中的数学逻辑，对于组合方案的数目（不取模的话）整体而言是非递增排列，我们可以先计算出初始的组合数目sum，对于每一次的介绍只要在上一次的sum的基础上减去因为当前介绍而不能组队的方案数目即可。另外，题目里面说u，v并不相识，说明在此之前u，v属于两个不同的集合，我们只需要标记每个集合含有的1的数目和2的数目，每次sum减去p2[ru]*p2[rv]*(now2+now1)+p1[ru]*p2[rv]*now2+p2[ru]*p1[rv]*now2.其中now1,now2表示除当前两个集合之外的其余的1与2的数目的总和就可以了。

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long int
const int N=100000+5;
const int maxn=1000000000+7; 
ll p1[N],p2[N];//分别存储集合的祖宗为i的集合的1和2的数量 
ll s1,s2;//记录1和2的总数 
ll sum;//初始时（还没有第一次介绍前的组队数） 
int fa[N];//并查集的记录数组 
int my[N];//表示自身节点是2或者是1 
int n;
void init(){
    s1=0,s2=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fa[i]=i;//并查集数组初始化 
        if(my[i]==1) p1[i]=1,p2[i]=0,s1++;
        else p1[i]=0,p2[i]=1,s2++;
    }
    sum=s2*(s2-1)*(s2-2)/2/3+s2*(s2-1)/2*s1;
    sum%=maxn;
}
int find(int x){
    if(x==fa[x]) return x;
    else return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int u,int v){
    int ru=find(u),rv=find(v);
    fa[rv]=ru;
    ll now1=s1-p1[ru]-p1[rv],now2=s2-p2[ru]-p2[rv];
    sum=sum-p2[ru]*p2[rv]*(now2+now1)-p1[ru]*p2[rv]*now2-p2[ru]*p1[rv]*now2;
    while(sum<0) sum+=maxn;//之前这里写的是sum+=maxn然后就一直出错，因为sum加了一次maxn之后还有可能是负的 
    sum%=maxn;
    p1[ru]+=p1[rv];
    p2[ru]+=p2[rv];
}
int main(){
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&my[i]);
        init();
        cout<<sum<<endl;
        int u,v;
        for(int i=1;i<n;i++){
            scanf("%d%d",&u,&v);
            merge(u,v);
            cout<<sum<<endl;
        }
    } 
    return 0;
} 

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写于：2020/7/29  19：34