考场
\(65+5+0\)，并列 rk2
最高分 \(55+10+10\)
T1：等比数列可以写作 \(q^kx\)，发现 \(q\le1000\) 且有一档分为 \(a_i\le100\)，想到 \(2^{60}>10^{18}\)，即等比数列的长度最多为 \(59\)，这样枚举的区间就从 \(n^2\) 下降到了 \(60n\)。对于每个区间，排序后枚举 \(q\)，通过预处理 \(q\) 的次幂大力剪枝，复杂度不明。写了很久，最终有RE有TLE。
T3:虽然以前学过欧拉路，但之后再没写过，忘得只剩下题目给出的定义。发现自己会的暴力是 \(O(2^{n(n-1)/2}m),(m为边数)\)，没有分（其实可以打表）手玩小数据无果就放弃了。hkh的20pts是正解，但把某个快速幂的地方写成了 1ll<<
T2:猜到是树形DP，但只剩下1h了，加上部分分有40pts，就决定放弃写正解。先写了菊花图的分，暴力写挂了。知道最后10min才意识到我的写法（边dfs边枚举重儿子）会在枚举完重儿子后只能在这个子树里走，导致有些答案统计不上。wcr的DP是假的，过了二叉树的subtask和其他一些点，45pts
sol
序列
如果要对区间排序，复杂度至少是 \(O(60n)\)，再加上判断是否等比，肯定过不去。因此正解利用等比数列的性质规避了排序。
等比数列的公比开 \(n\) 次根也一定是该数列的公比
等比数列中任意两数之商是公比的 \(n\) 次
因此枚举 \(q\)，记录下每个数开 \(n\) 次根的最小整数是多少，然后直接用两个原数列中相邻的数就可以确定公比（公比越小越容易加入数）
ycx依据 \(q\) 很小，有另一种做法（但时间复杂度劣）
code
const int N = 1e5+5;
const LL X = 1000000000000000000ll;
int n;
LL a[N];
int ans;
map<LL,int> minq;
map<LL,bool> vis;
int main() {
For(i,2,1000)
for(LL j = 1; j <= X/i; j *= i)
if( !minq[j*i] ) minq[j*i] = i; // 记录开n次根的最小整数
read(n);
For(i,1,n) read(a[i]);
for(int i = 2, j = 1; i <= n+1; ++i)
if( a[i] == a[i-1] ) ++j;
else ans = max(ans,j), j = 1; // 特判q=1
for(int i = 1; i < n; ++i) {
vis.clear(); // 记录这个数字是否出现过
LL mn = min(a[i],a[i+1]), mx = max(a[i],a[i+1]);
if( mn == mx || mx % mn ) continue;
vis[mn] = vis[mx] = 1;
LL q = minq[mx/mn];
ans = max(ans,2);
for(int j = i+2; j <= n; ++j) {
if( vis[a[j]] ) break; // 公比不为1的等比数列中不能有相同的数字
vis[a[j]] = 1;
mn = min(a[j],a[j-1]), mx = max(a[j],a[j-1]);
if( mx % mn || minq[mx/mn] != q ) break;
ans = max(ans,j-i+1);
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
熟练剖分(tree)
树形DP神题。发现如果直接DP的话祖先节点对重儿子的选择会影响子树的最长轻链长，于是考虑固定子树最长轻链长来计算出现的概率。
设 \(f[u,i]\) 为 \(u\) 的子树中到 \(u\) 的最长轻链长 \(i\) 的概率，答案为 \(\sum_{i=0}^ni\times f[rt,i]\)（长度乘概率）
第一维枚举重儿子 \(son\)，第二维枚举儿子 \(v\)，第三维枚举轻链长，这样可以通过子树的长度来推 \(u\) 的。考虑转移：设 \(g[k]\) 为 \(u\) 前面儿子中到 \(u\) 轻链长为 \(k\) 的概率，分类讨论：
- \(son=v\)：
- \(v\) 子树链长 \(k\)：\(+f[v,k]\times\sum_{i=1}^kg[k]\)（\(v\) 长 \(k\)，其他不超过 \(k\)）
- 其他子树链长 \(k\)：\(+g[k]\times\sum_{i=1}^kf[v,k]\)
- 两部分都为 \(k\) 时有重复：\(-f[v,k]\times g[k]\)
- \(son\neq v\)：类似。只是注意此时 \((u,v)\) 为轻边，到 \(u\) 为 \(k\) 时到 \(v\) 为 \(k-1\)
实现：发现 \(\sum\) 会增加时间复杂度，因此对 \(f[u],g\) 作前缀和，注意在调用单点值时还原。
时间复杂度 \(O(n^2)\)（证明类似树形背包）
code
const int N = 3e3+5, p = 1e9+7;
int n;
vector<int> to[N];
int rt,fa[N],siz[N];
LL ans,f[N][N],g[N],h[N];
LL Pow(LL x,LL y)
{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }
void dfs(int u) {
siz[u] = 1;
for(int v : to[u])
dfs(v), siz[u] += siz[v];
int tot = Pow(to[u].size(),p-2);
for(int son : to[u]) {
For(j,0,n) g[j] = 1;
for(int v : to[u]) {
For(k,0,siz[v]+1) {
// 计算g[k]时要用g[k-2..k]，不能直接覆盖，要用h先存下来
LL gk = g[k]; // g[k]单点值d
if( k ) gk -= g[k-1];
if( son == v ) {
LL fk = f[v][k];// f[v][k]单点值
if( k ) fk -= f[v][k-1];
h[k] = (fk*g[k]%p + f[v][k]*gk%p - fk*gk%p +p)%p;
} else {
LL fk1 = f[v][k-1]; // f[v][k-1]单点值
if( k > 1 ) fk1 -= f[v][k-2];
h[k] = (fk1*g[k]%p + f[v][k-1]*gk%p - fk1*gk%p +p)%p;
// u-v为轻边，到u为k即到v为k-1
}
}
g[0] = h[0], h[0] = 0;
For(k,1,siz[v]+1) g[k] = (g[k-1] + h[k]) %p, h[k] = 0;
// h[k]为=k的概率, g[k]为<=k的
}
for(int j = siz[u]; j; --j) g[j] = (g[j] - g[j-1] +p) %p;
For(j,0,siz[u]) f[u][j] = (f[u][j] + g[j] * tot) %p;
}
if( !to[u].size() ) f[u][0] = 1;
For(i,1,siz[u]+1) f[u][i] = (f[u][i] + f[u][i-1]) %p; // f[u][i]为<=i的
}
int main() {
read(n);
For(i,1,n) {
int son; read(son);
For(j,1,son) {
int x; read(x);
to[i].PB(x), fa[x] = i;
}
}
For(i,1,n) if( !fa[i] ) { rt = i; break; }
dfs(rt);
For(i,1,n) ans = (ans + i * (f[rt][i]-f[rt][i-1]+p)%p)%p;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
建造游乐园(play)
首先要知道一些性质：
无向图度数为奇数的点有偶数个
欧拉回路中所有点的度数均为偶数
本题只给定点数，考虑从 \(1..i-1\) 个点推到 \(i\) 个点。设 \(f_i\) 为 \(i\) 个点的答案，\(g_i\) 为 \(i\) 个点不考虑连通性的答案，转移：
\[g_i=2^{\binom {i-1}2} \] \[f_i=g_i-\sum_{j=1}^{i-1}f_j\times g_{i-j}\times\binom{i-1}{j-1} \]解释：
\(g_i\)：先用 \(i-1\) 个点随便连边，对于其中度数为奇数的再和剩下的 \(1\) 个点连边。
\(f_i\)：在 \(g_i\) 的基础上减掉不连通的情况。
枚举点 \(1\) 所在连通块的大小 \(j\)，则不用管剩下的 \(i-j\) 个点连不连通（因为这两部分一定不连通）
由于图有编号，而 \(f_j\) 只能统计出第一部分编号为 \(1..j\) 的，于是考虑用组合数算出编号的轮换。由于点 \(1\) 固定，因此组合数上下都 \(-1\)
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
事实上，本题的式子类似 城市规划，只是不考虑联通性的答案 \(g_i\) 不同。因此可以用 fft 卷积做到 \(O(n\log n)\)
code
const int N = 2e3+5, p = 1e9+7;
int n;
LL C[N][N],f[N],g[N];
LL Pow(LL x,LL y)
{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%p)if(y&1)res=res*x%p; return res; }
int main() {
read(n);
For(i,0,n) {
C[i][0] = 1;
For(j,1,i) C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) %p;
}
For(i,1,n) {
f[i] = g[i] = Pow(2,C[i-1][2]);
for(int j = 1; j < i; ++j)
f[i] = (f[i] - f[j] * g[i-j] %p * C[i-1][j-1] %p +p)%p;
}
printf("%lld",f[n]*C[n][2]%p);
return 0;
}