订正了三天的题目 自闭....
T1 幸福T2 树链剖分
考虑到 对于一个 树 确定覆盖哪几条边 不会随着 树的根节点的改变而改变
而且 这种对于一个无根树的路径进行覆盖 我们显然可以想到 树上差分 对于边的差分
对于一条路径从s到t 我们类比序列上的差分 即 $sum[s]--,sum[t]--,sum[lca(s,t)]-=2$
所以进行一遍dfs 求出一个节点的子树权值和 就是从这个点的父节点 到这个点 被覆盖了多少次
所以我们 求出所有的和就是整棵树所有边被覆盖的次数 记作res 然后单独考虑 这个树链剖分集合的大小
首先$size[i]$ 表示 i的子树和 那么就是$fa[i]$指向$i$那条边被覆盖的次数
$maxx[i]$ 表示从i出发的边中所有的儿子y 对应的最大的$size[y]$
$maxp[i]$ 表示从i出发的边中所有的儿子y 对应的次大的$size[y]$ 换根的时候会用到
然后考虑 对于一个节点来说 我们可以贪心的去选取 下一个 树链剖分的边 是指向哪个儿子的 显然是 当前被覆盖的边数次数最多的那一条边
这个贪心的正确性应该是显然的 所以我们考虑 指定不同的根节点 一定会造成不同的情况 这其中一定存在一个换根dp
我们按照刚才贪心的思路 我们可以求出来 以当前为根的子树内最大树链剖分的大小 指定1为根节点 显然存在$g[1]=所有节点的maxx[i]$
假设当前存在一条从x指向y的边 而且 $g[x]$ 已经求出 我们现在考虑 怎么求出来$g[y]$
存在状态转移方程:
$$g[y]=g[x]-max(size[x],maxx[x])-maxx[y];$$
$$g[y]+=max(size[y],maxx[y])+max(size[x],size[y]==maxx[x]?maxp[x]:maxx[x]);$$
对于第二个方程 是因为 我们需要知道x有没有选择指向y的那条边 如果选择的是y 那么 我们就要加上x出发的次大值 否则
我们就要加上最大值 此时y成为了整颗子树的根 而对于他的儿子他只能选择一条边 我们按照贪心的思路就找都这条边
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename T>inline void read(T &x) {
x=0;T f=1,ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
x*=f;
}
typedef long long ll;
const int N=100010;
ll n,m,tot,x,y,size[N],sum[N],d[N],f[N][25],lin[N];
ll g[N];//f1[i]表示以i为根的子树内的最大树链剖分
//g[i] 表示以i为整颗子树的根的最大树链剖分
ll res,maxx[N],maxp[N],sx[N],sxp[N];
struct gg {
int y,next;
}a[N<<1];
inline void add(ll x,ll y) {
a[++tot].y=y;
a[tot].next=lin[x];
lin[x]=tot;
}
inline void bfs() {
queue<ll>q;
q.push(1);d[1]=1;
while(q.size()) {
ll x=q.front(); q.pop();
for(ll i=lin[x];i;i=a[i].next) {
ll y=a[i].y;
if(d[y]) continue;
d[y]=d[x]+1;
f[y][0]=x;
for(int j=1;j<=23;j++)
f[y][j]=f[f[y][j-1]][j-1];
q.push(y);
}
}
}
inline ll lca(ll x,ll y) {
if(d[x]>d[y]) swap(x,y);
for(ll i=23;i>=0;--i) {
if(d[f[y][i]]>=d[x])
y=f[y][i];
}
if(x==y) return x;
for(ll i=23;i>=0;--i) {
if(f[y][i]!=f[x][i]) {
y=f[y][i],x=f[x][i];
}
}
return f[x][0];
}
inline void dfs(ll x,ll fa) {
size[x]=sum[x];
for(ll i=lin[x];i;i=a[i].next) {
ll y=a[i].y;
if(y==fa) continue;
dfs(y,x);
size[x]+=size[y];
if(maxx[x]<size[y]) {
maxp[x]=maxx[x];
maxx[x]=size[y];
}
else if(size[y]>maxp[x]) {
maxp[x]=size[y];
}
}
g[1]+=maxx[x];res+=size[x];
}
inline void dp(ll x,ll fa) {
for(ll i=lin[x];i;i=a[i].next) {
ll y=a[i].y;
if(y==fa) continue;
g[y]=g[x]-max(size[x],maxx[x])-maxx[y];
g[y]+=max(size[y],maxx[y])+max(size[x],size[y]==maxx[x]?maxp[x]:maxx[x]);
dp(y,x);
}
}
int main() {
//freopen("1.in.cpp","r",stdin);
read(n); read(m);
for(ll i=1;i<n;i++) {
read(x); read(y);
add(x,y); add(y,x);
}
bfs();
for(ll i=1;i<=m;i++) {
read(x); read(y);
sum[x]++,sum[y]++;
ll c=lca(x,y);
sum[c]-=2;
}
dfs(1,0);
dp(1,0);
ll ans=0,x;
for(ll i=1;i<=n;i++) {
if(ans<g[i]) {
//x=i;
ans=g[i];
}
}
cout<<res-ans<<endl;
return 0;
}
T3
比较自闭的是 我以为分给小Ex张 而将剩下y张都给了小y
算了 这不重要 我们存在一种暴力的做法 就是枚举出来当前小E 手中每种i花色牌的数量 然后考虑对于他拥有的第i个花色的牌的数量bi
但是这样的情况过多 所以我们不妨枚举胜率 还是对于第i种花色 考虑此时小E手中拥有bi 然后考虑 此时小E选择 i花色 能赢的概率
那么此时 设小F拥有的 i 花色的牌的数量是 j 那么存在 可以使小E 获胜的方案数
设m=$\sum_{i=1}^{n} a_i$;
$\sum_{j=0}^{min(y,b_i-a_i,b_i-z)}\binom{a_i-b_i}{j}\binom{m-x-a_i+b_i}{y-j}$
解释一下上面那个式子的意义 因为当前枚举的是j 所以前半部分的 表示小F拥有j张i花色牌的方案数
而后半部分表示 小F不拿到i花色牌的数量 观察 $m-x-(a_i-b_j)$ 其实保证我们此时在备选集合内 不再拥有i花色的牌
因为当前我们要保证他能选择i花色的牌的数量是j 所以利用乘法原理 用选到i花色 乘 选到非i 花色的 数量
这里我们考虑的都是胜率的分子 因为分母是永远不变的 所以 根据上面的胜率 我们可以考虑 由最开始 枚举的小E手中的牌
改为 枚举胜率 上面那个式子的分母 显然是 $\binom{m-x}{y}$ 根据分子必定小于分母 所以我们这个式子是 小于$\binom{100}{50}$ 的
根据数据范围可以知道 所以这样的答案我们可以使用__int128 存储下 而不用写高精度
考虑 我们已经求出来所有的胜率 我们还要做一个事情 我们要保证选择了bi 张i花色的牌 和x-bi张其他花色的牌
此时选择 i花色 其他花色的胜率都小于等于 i 花色这里我们考虑 dp
设$dp(i,j)$ 表示对于前i种花色 总共选出来了j张 并且每种花色的胜率都小于等于 i 花色的胜率得方案数
那么 目标状态就是 $dp(n,m-b_i)$ 考虑 此时呈上 $\binom{a_i}{b_i}$ 就是此时的贡献
显然这个题目最难想到的就是容斥 而且对于容斥的处理也比较巧妙
首先考虑为什么要容斥
根据上面 我们已经求出来了所有的胜率 假设所有的胜率两两不同
那么对于这种花色i满足限制 $b_i$ 的情况 不会存在一种j st j的胜率比 i 大 显然 这是我们在刚才dp的过程中就处理出来了
所有现在出现了一个问题 如果存在
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