水博客太快乐了
考场
先看 \(T1\) ，乍一看是个期望 \(dp\) 。。。
果断看 \(T2\) ，貌似可以状压。。
再看 \(T3\) ，直接暴力。。。。
于是 \(T1\) 写了大力 \(DFS\) ，骗最暴力的那档分吧。。。。
\(T2\) 写了大力状压，时间复杂度 \(O(n·2^{d})\) ，显然是错的，但是貌似没有很好的优化，就这样吧。。。希望数据放水。。。。
\(T3\) 写了大暴力。。。针对数据作答。。。。
分数
预估 ： \(t1\) \(30pts\) \(+\) \(t2\) \(72pts\) \(+\) \(t3\) \(65pts\) \(=\) \(167pts\)
实际 ： \(t1\) \(30pts\) \(+\) \(t2\) \(72pts\) \(+\) \(t3\) \(65pts\) \(=\) \(167pts\)
把会的分都骗到手了。。。。
发现有巨佬场切了 \(t1\) 。。。
题解
A. 玩具
乍一看就不像是我这样的小蒟蒻会做的题。。。。
概率与期望 \(dp\) 。。
考虑如何设计状态。。。
一个显然的想法是令 \(f_{i,j}\) 等于 \(i\) 个点构成的树深度小于等于 \(j\) 的概率。
考虑 \(f_{i,j}\) 可以从哪里被更新得到。显然，若有一个 \(i-1\) 个点构成的深度小于等于 \(j-1\) 的森林，那么为其增加一个根节点，则构成了一棵高度小于等于 \(j\) 的有 \(i\) 个节点的树。
那么不妨设 \(g_{i,j}\) 表示有 \(i\) 个节点的深度小于等于 \(j\) 的森林的概率，这样 \(f_{i,j}\) 便可以直接从 \(g_{i-1, j-1}\) 转移过来。
考虑 \(g_{i,j}\) 可以从哪些状态转移过来，显然一个森林是由多个树构成的，也可以看成是由一棵小树和一个小森林转移过来。然而森林和一棵树的概率并不可以直接乘起来，因为森林可能有多种形态，直接乘起来可能算重，不妨设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(i\) 个点的森林中有 \(j\) 个点和 \(1\) 号点在同一棵树上的概率是多少。
则：
\(g_{i,j}=\sum_{k=1}^{i} f_{k,j}·g_{i-k,j}·dp_{i,k}\)
\(dp_{i,j}\) 显然可以通过以下递推式得到：
\(dp_{i,j}= \frac{j-1}{i} dp_{i-1,j-1}+ \frac{i-j}{i} dp_{i-1,j}\)
注意因为是森林，所以新加入的点可以不加在任何一个点后而是单独另起一个点。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=210;
inline int read(){
int f=1, x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-48; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int n, p, ans;
int dp[N][N], f[N][N], g[N][N], inv[N];
signed main(void){
n=read(); p=read();
inv[1]=inv[0]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
dp[1][1]=f[1][0]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i) for(int j=1; j<=i; ++j)
dp[i][j]+=(((dp[i-1][j-1]*(j-1)%p)+(dp[i-1][j]*(i-j)%p))%p)*inv[i]%p;
for(int i=0; i<=n; ++i) g[0][i]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i){
for(int j=0; j<=n; ++j){
if(j) f[i][j]=g[i-1][j-1];
for(int k=1; k<=i; ++k){
g[i][j]+=f[k][j]*g[i-k][j]%p*dp[i][k]%p;
g[i][j]%=p;
}
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i) ans+=((f[n][i]-f[n][i-1])%p+p)*i%p, ans%=p;
printf("%lld\n", (ans%p+p)%p);
return 0;
}
B. y
首先有一个显然的状压，用 \(f_{s,u}\) 表示状态为 \(s\) 的以 \(u\) 结尾的路径是否存在。
考场我的写法就类似这样，但是这样显然会挂，于是考虑优化。
神之折半搜索。。。。
如果算出以 \(1\) 出发所有长度为 \(\frac{d}{2}\) 的路径，再算出从每个点出发长度为 \(\frac{d}{2}\) 的路径，就可以将这两条路径拼接在一起。
位运算看的我头疼。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define t first
#define w second
const int N=100, D=21;
inline int read(){
int f=1, x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-48; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int n, m, d, d1, ans;
vector<pair<int, int > > l[N];
bool f[N][1<<11][2];
int main(void){
n=read(), m=read(), d=read(); d1=d>>1;
int x, y, z;
for(int i=1; i<=m; ++i){
x=read(), y=read(), z=read();
l[x].push_back(make_pair(y, z));
l[y].push_back(make_pair(x, z));
}
f[1][1][0]=1;
int ul, flag, f1;
for(int i=2; i<1<<(d1+1); ++i){
for(int j=d1; j; --j)
if(i&(1<<j)) { ul=j; break; }
flag=(i>>(ul-1))&1;
f1=((i>>ul)<<(ul-1))|(i&((1<<(ul-1))-1));
for(int u=1; u<=n; ++u) for(pair<int, bool > v : l[u])
if(v.w==flag) f[u][i][0]|=f[v.t][f1][0];
}
for(int i=1; i<=n; ++i) f[i][1][1]=1;
for(int i=2; i<1<<(d-d1+1); ++i){
for(int j=d-d1; j; --j)
if(i&(1<<j)) { ul=j; break; }
flag=(i>>(ul-1))&1;
f1=((i>>ul)<<(ul-1))|(i&((1<<(ul-1))-1));
for(int u=1; u<=n; ++u) for(pair<int, bool > v : l[u])
if(v.w==flag) f[u][i][1]|=f[v.t][f1][1];
}
for(int i=1<<d; i<1<<(d+1); ++i) for(int u=1; u<=n; ++u)
if(f[u][i>>(d-d1)][0]&f[u][(i&((1<<(d-d1))-1))|(1<<(d-d1))][1]) { ans++; break; }
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
C. z
由于正解还没有改出来，所以先咕掉了。。。
然而这题骗分可以骗到 \(65pts\) 。。。
首先 \(45pts\) 的做法是显然的。
然而还有一个限制条件 \(\forall i \in [1, n) |x_{i}|<|x_{i+1}|,x_{i}·x_{i+1}<0\) 的分貌似没几个人骗。。。实际上直接大力二分即可。。。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+10;
inline int read(){
int f=1, x=0; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); }
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-48; ch=getchar(); }
return f*x;
}
int n, q;
int a[N], l, r, len, cnt;
long long ans, sum[N], b[N], c[N];
signed main(void){
n=read(), q=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
if(n<=1010){
while(q--){
ans=l=0, r=len=read();
for(int i=1; i<=n; ++i){
if(a[i]>=l&&a[i]<=r) continue;
else if(a[i]>r) ans+=a[i]-r, r=a[i], l=r-len;
else if(a[i]<l) ans+=l-a[i], l=a[i], r=l+len;
}
printf("%lld\n", ans);
}
}else{
bool flag=0; ans=0;
for(int i=1; i<n; ++i){
if(abs(a[i])<abs(a[i+1])&&a[i]*a[i+1]<0) flag=1;
else { flag=0; break; }
}
if(flag){
int x, ul=0;
if(a[1]>0) b[++cnt]=a[1], ul=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) sum[i]=sum[i-1]+abs(a[i]-a[i-1]);
for(int i=cnt+1; i<n; i+=2) b[++cnt]=a[i+1]-a[i], c[cnt]=0-a[i];
while(q--){
len=read(); ans=0;
x=lower_bound(b+1, b+1+cnt,len)-b;
ans+=c[x]; x=(x<<1)-1-ul;
ans+=sum[n]-sum[x]; ans-=1ll*len*(n-x);
printf("%lld\n", ans);
}
}else{
while(q--){
ans=l=0, r=len=read();
if(a[1]<l) ans+=l-a[1], l=a[1], r=l+len;
if(a[1]>r) ans+=a[1]-r, r=a[1], l=r-len;
if(a[n]<l) ans+=l-a[n], l=a[n], r=l+len;
if(a[n]>r) ans+=a[n]-r, r=a[n], l=r-len;
printf("%lld\n", ans);
}
}
}
return 0;
}