没有兄弟的舞会
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Problem Description
度度熊、光羽、带劲三个人是好朋友。
度度熊有一棵nn个点的有根树，其中1号点为树根。除根节点之外，每个点都有父节点，记ii号点的父节点为fa[i]fa[i]。
度度熊称点ii和点jj是兄弟（其中i \neq ji≠j）当且仅当fa[i]=fa[j]fa[i]=fa[j]。
第ii个点的权值为A_iA?i??。现要求选出一个点集，该点集合法当且仅当点集中至多只有一对兄弟。
度度熊想知道，在所有可行的点集中，权值和最大以及最小的点集权值和分别是多少？
Input
第一行一个数，表示数据组数TT。
每组数据第一行一个整数nn；第二行n-1n?1个数，表示fa[2],fa[3],..,fa[n]fa[2],fa[3],..,fa[n]；第三行nn个数，表示A_iA?i??。
数据组数T=100，满足：
- 1 \le n \le 10^51≤n≤10?5??
- -10^9 \le A_i \le 10^9?10?9??≤A?i??≤10?9??
- 1 \le fa[i] < i1≤fa[i]<i
其中90%的数据满足n \le 1000n≤1000。
Output
每组数据输出一行，每行包含两个数，分别表示权值和的最大值和最小值。
Sample Input
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2 5 1 1 2 2 -4 -4 -1 -2 -5 5 1 1 3 2 -1 -4 2 0 -2
Sample Output
0 -15 2 -7
这个对我来说有点hard啊，我比较傻，要选的是点集，不一定是子树，所以即使是树形dp也不是全都可以选的，所以可以直接sort之后取一个就好了
另外一个直接找就好了
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
vector<ll>G[N];
ll a[N],x;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T,n;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=2; i<=n; i++)cin>>a[i];
for(int i=1; i<=n; i++)cin>>x,G[a[i]].push_back(x);
ll ma=0,mi=0,minx=1e9,maxx=-1e9;
for(int i=0; i<=n; i++)
{
sort(G[i].begin(),G[i].end());
int len=G[i].size();
if(len)
{
ma=max(ma,ma+G[i][len-1]),mi=min(mi,mi+G[i][0]);
if(len>1)minx=min(minx,G[i][1]),maxx=max(maxx,G[i][len-2]);
}
}
mi=min({mi,mi+minx,0LL}),ma=max({ma,maxx+ma,0LL});
cout<<ma<<" "<<mi<<"\n";
for(int i=0; i<=n; i++)G[i].clear();
}
return 0;
}
带劲的and和
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Problem Description
度度熊专门研究过“动态传递闭包问题”，他有一万种让大家爆蛋的方法；但此刻，他只想出一道简简单单的题——至繁，归于至简。
度度熊有一张n个点m条边的无向图，第ii个点的点权为v_iv?i??。
如果图上存在一条路径使得点ii可以走到点jj，则称i,ji,j是带劲的，记f(i,j)=1f(i,j)=1；否则f(i,j)=0f(i,j)=0。显然有f(i,j) = f(j,i)f(i,j)=f(j,i)。
度度熊想知道求出： \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} f(i,j) \times \max(v_i, v_j) \times (v_i \& v_j)∑?i=1?n?1??∑?j=i+1?n??f(i,j)×max(v?i??,v?j??)×(v?i??&v?j??)
其中\&&是C++中的and位运算符，如1&3=1, 2&3=2。
请将答案对10^9+710?9??+7取模后输出。
Input
第一行一个数，表示数据组数TT。
每组数据第一行两个整数n,mn,m；第二行nn个数表示v_iv?i??；接下来mm行，每行两个数u,vu,v，表示点uu和点vv之间有一条无向边。可能有重边或自环。
数据组数T=50，满足：
- 1 \le n,m \le 1000001≤n,m≤100000
- 1 \le v_i \le 10^91≤v?i??≤10?9??。
其中90%的数据满足n,m \le 1000n,m≤1000。
Output
每组数据输出一行，每行仅包含一个数，表示带劲的and和。
Sample Input
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1 5 5 3 9 4 8 9 2 1 1 3 2 1 1 2 5 2
Sample Output
99
其实就是每一个联通块要算贡献，这个联通块是可以用二进制压缩的，所以并查集找出联通块直接暴力就好了
#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int fa[N],v[N];
vector<int>G[N];
int find(int x)
{
return x==fa[x]?x:(fa[x]=find(fa[x]));
}
void la(int x,int y)
{
x=find(x),y=find(y);
if(x!=y)fa[x]=y;
}
int bit[31];
ll lb(vector<int>v)
{
sort(v.begin(),v.end());
ll ans=0,sum[31]= {0};
for(auto t:v)
for(int j=0; j<30; j++)
{
if(t&bit[j])
{
ans=(ans+t*1LL*sum[j]%MD*bit[j]%MD)%MD;
sum[j]++;
}
}
return ans;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
for(int i=0; i<30; i++)bit[i]=1<<i;
int T,n,m;
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=n; i++)cin>>v[i];
for(int i=1; i<=n; i++)fa[i]=i;
for(int i=0,u,v; i<m; i++)
cin>>u>>v,la(u,v);
for(int i=1; i<=n; i++)G[find(i)].push_back(v[i]);
int ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(G[i].size()==0)continue;
ans=(ans+lb(G[i]))%MD;
}
cout<<ans<<"\n";
for(int i=1; i<=n; i++)G[i].clear();
}
return 0;
}
序列期望
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Problem Description
"看似随机，实则早已注定"——光羽
度度熊有nn个随机变量x_1,x_2,...,x_nx?1??,x?2??,...,x?n??。给定区间[l_1, r_1],...,[l_n, r_n][l?1??,r?1??],...,[l?n??,r?n??]，变量x_ix?i??的值会等概率成为区间[l_i, r_i][l?i??,r?i??]中的任意一个整数。
显然这nn个随机变量的值会有一共\prod_{i=1}^{n} (r_i - l_i + 1)∏?i=1?n??(r?i???l?i??+1) 种情况，且每种情况出现的概率为\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{r_i - l_i + 1}∏?i=1?n???r?i???l?i??+1??1?? 。
对于某种情况，令h= \max{ x_1,x_2,...,x_n}h=max{x?1??,x?2??,...,x?n??}，定义这种情况的权值为：\prod_{i=1}^{n} (h - x_i + 1)∏?i=1?n??(h?x?i??+1).
度度熊想知道权值的期望是多少？请将答案对10^9 + 710?9??+7取模后输出。
PS：不清楚期望是啥？为什么不问问神奇的百度呢？
Input
第一行一个数，表示数据组数TT。
每组数据第一行一个整数nn；接下来nn行，每行两个数，表示l_il?i??和r_ir?i??。
数据组数T=100，满足：
- 1 \le n \le 1001≤n≤100
- 1 \le l_i \le r_i \le 10^41≤l?i??≤r?i??≤10?4??
其中70%的数据满足r_i \le 100r?i??≤100。
Output
每组数据输出一行，每行仅包含一个数，表示期望。
假设答案为\frac{p}{q}?q??p??，请输出p \times q^{-1} ~mod~10^9+7p×q??1?? mod 10?9??+7，此处q^{-1}q??1??为qq的逆元。
Sample Input
2 3 2 5 2 4 2 5 3 1 1 2 3 1 1
Sample Output
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875000012 500000010
Hint
第二组数据的解释：序列只有两种情况（1,2,1）和(1,3,1)，权值分别为2*1*2=4和3*1*3=9，答案为(4+9)/2，在模域下为500000010。
这个题目看起来好像不可做，其实就是简单的期望，我们只要想到权值的统计方法就好了
显然我们可以枚举最大的区间
原文地址：https://www.cnblogs.com/BobHuang/p/9501607.html