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;
}

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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

$\sum_{j=0}^{min{y,b_i-a_i,b_i-z}}\binom{a_i-b_i}{j}\binom{m-x-a_i+b_i}$