2022寒假测试8解析

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2022年寒假第8次测试解析。

T1 「JOISC 2016 Day 2」女装大佬

原题为 JOISC 2016 Day2 T3 「トイレ」。

题面

题面

题目描述

题目译自 JOISC 2016 Day2 T3 「トイレ」
题面魔改原因：原题是男选手太多所以要借用女厕所 译者表示无法接受
IOI 的队服有两种，一种男装，一种是女装。然而很遗憾，所有参赛队伍中并没有女生，只有女装大佬。现在 IOI 设置了两个发放点，一个点只发放男装，另一个点只发放女装。
现在，所有队伍总共 $2N$ 个参赛队员，他们排成一列来领取队服，领取队服的规则如下：

  1. 当前队首是女装大佬，如果领取女装的地方是空的，那么他就会领取女装，否则如果领取男装的地方是空的，他会去领取男装；
  2. 当前队首是正常男生，如果领取男装的地方是空的，那么他会领取男装，否则如果女装位空着，他就发挥绅♂士精神，给身后的最前面的女装大佬让位，让他先领取女装。
    已知任意一个人领取队服都需要一分钟的时间，现在你需要重排所有人的顺序，使他们在 $N$ 分钟内领完队服 。
    定义一个人的 Dark 值为：在重排队伍之前在他后面，且重排队伍之后在他前面的人的数量。
    你现在需要找出重排后整个队伍最大的 Dark 值至少为多少。

输入格式

第一行为一个数 $N$ ，为领完队服的时限，同时 $2N$ 代表着总领队服人数，需要注意的是，这不意味着正常男生和女装大佬刚好各占 $N$ 个；
第二行为一个数 $M$，指队伍共有 $M$ 种；
之后的 $M$ 行，第 $i$ 行包括一个字符串和一个数字，描述该队伍的组成，其中 M 表示正常男生，F 表示女装大佬，之后的一个数字，表示该字符串连续出现了几次。所有字符串长度乘上出现次数的和等于 $2N$。

输出格式

一个数，表示重排后最大 Dark 值的最小值，如果在 $N$ 分钟内不能完成领取队服的任务，输出 $−1$。

思路

（这里的说法是基于原题“トイレ”的背景——撤硕分配来说的）

首先我们需要判断哪个序列是一个可行的方案。

我们虽然可以从头开始模拟，但是这样需要耗费的时间实在是太多了。
因此，我们考虑从最后一分钟倒推。

既然我们有两个撤硕，总共 $2N$ 个人，需要在 $N$ 分钟内解决问题，那么必须是每一分钟都有两个人在上厕所。

那么我们看一下最后一分钟。
如果最后一分钟在队列里面等待的是两个男生，那么他们已经可以商量谁去女厕所了。
所以我们可以猜想，男的必须尽量靠前。

我们尝试将每一个 F 当做 $-1$，M 当做 $1$，基于此统计其后缀和。
我们需要确保所有人加起来不大于0，即最多有 $N$ 个男生。
我们还需要确保每一段后缀和都不大于1。自己用手推算一下的话，那么我们可以轻易发现，一旦有后缀和超过1的情况的话，那么最后肯定有两个（或更多）男生需要决定谁进女厕所。

我们可以选择二分让队尾多少个男生去往队头，也可以统计整个序列中后缀和最大值之后再+1。

代码

100分代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int N = 100010;
using namespace std;
ll n, m;
ll chq, ans, temp;
ll t[N], p[N], maxp[N];
char s[N << 1];
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        cin >> s + 1 >> t[i];
        int lens = strlen(s + 1);
        for(int j = lens; j >= 1; j--)
        {
            p[i] += (s[j] == 'F' ? -1 : 1);
            maxp[i] = max(p[i], maxp[i]);
        }
        chq += p[i] * t[i];
    }
    if(chq > 0)
    {
        puts("-1");
        return 0;
    }
    ans = 1;
    for(int i = m; i >= 1; i--)
    {
        if(p[i] > 0)
        {
            ans = max(ans, temp + (t[i] - 1) * p[i] + maxp[i]);
        }
        else
        {
            ans = max(ans, temp + maxp[i]);
        }
        temp += p[i] * t[i];
    }
    printf("%lld", ans - 1);
    return 0;
}

一发36分的Java8代码：

Java8

 
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//import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;

public class S2544 {
    static int N=100010;
    static long[] t=new long[N];
    static long[] p=new long[N];
    static long[] maxp=new long[N];
    static long chq=0,ans=0,temp=0;
    public static void main(String[] args){
        Scanner scan=new Scanner(System.in);
        long n=scan.nextInt();
        int m=scan.nextInt();
        for(int i=1;i<=m;i++){
            String inp=scan.next();
            t[i]=scan.nextInt();
            int len=inp.length();
            char[] s=inp.toCharArray();
            for(int j=len-1;j>=0;j--){
                p[i]+=(s[j]=='F'?-1:1);
                maxp[i]=max(p[i],maxp[i]);
            }
            chq+=p[i]*t[i];
        }
        if(chq>0){
            System.out.println("-1");
        }else{
            ans=1;
            for(int i=m;i>=1;i--){
                if(p[i]>0){
                    ans=max(ans,temp+(t[i]-1)*p[i]+maxp[i]);
                }else{
                    ans=max(ans,temp+maxp[i]);
                }
                temp+=p[i]*t[i];
            }
            System.out.println(ans-1);
            scan.close();
        }
    }

    private static long max(long a,long b){
        if(a>=b){
            return a;
        }else{
            return b;
        }
    }
}

T2 【常中20180812T3】 test

题面

题面

题目背景

Tom在学写动态树，但是做题时过了样例，提交RE。Tom抓住Jerry要他写个暴力来对拍。Jerry觉得这任务太简单了，就让你来完成一下。

题目描述

有一棵 $n$个节点的树，初始时根节点为1。现在要支持如下操作——

  1. 将某节点设置为根；
  2. 改变某节点权值；
  3. 询问以某节点为根的子树内节点权值之和；
  4. 询问以某两点为端点的链上的节点权值之和。

输入格式

第一行两个正整数 $n$ 和 $q$ ，表示树的节点数和操作个数。
接着 $n−1$ 行每行两个整数 $u$ 和 $v$ ，表示有连接 $u$ 和 $v$ 的一条边。
随后一行 $n$ 个正整数，表示每个点的初始权值。
之后 $q$ 行每行格式如下：
首先一个范围为 $[1,4]$ 的正整数，表示该操作类型。
对于1操作，之后一个正整数 $x$ ，表示将 $x$ 节点设置为根。
对于2操作，之后两个正整数 $x$ 和 $v$ ，表示将 $x$ 节点的权值改为 $v$ 。
对于3操作，之后一个正整数 $x$ ，表示询问以 $x$ 为根的子树内节点权值之和。
对于4操作，之后两个正整数 $x$ 和 $y$ ，表示询问以 $x$ 和 $y$ 为端点的链上的节点权值之和。

输出格式

对于每个操作3和操作4，输出一行一个整数表示询问的答案。

思路

根据题目所给出的要求，我们可以使用LCT做这道题。

但是LCT太难了我不会啊QwQ

所以我们考虑退而求其次，使用换根树剖来做。
实测可行。

换根操作只会影响作用于一个节点子树上的操作，比如子树加，子树求和等等。

巧了，这里就有一个。

那就有点头疼。

我们根据要需要操作的节点 $x$ 和现根节点 $rt$ 的关系来考虑分三种情况：

  1. x==rt
    这种情况明显很简单——就是整棵树。

  2. lca(x,rt)！=x
    这样我们可以知道现在的根 $rt$ 没有在 $x$ 的子树里，此时 $x$ 的子树与根为1时的子树无异，可以直接操作。

  3. lca(x,rt)==x
    这时候我们发现 $rt$ 在 $x$ 的子树里面。
    此时，$x$ 的子树就会发生很大的改变。原先 $x$ 的子树包含 $rt$ 的那个儿子现在成为了 $x$ 的父亲，而其他儿子不变。原先为 $x$ 父亲的节点成为了 $x$ 的其中一个儿子，原先除其子树以外的节点都成为了其子树。
    我们称这个子树包含 $rt$ 的儿子为 $v$ 。
    现在 $x$ 的子树是 $[ 1 , id_v ) \cup ( id_v + sz_v - 1 , n ]$ 这两段连续的区间。
    我们可以考虑对这两段区间分别操作，也可以选择对整棵树操作以后在减去中间的那一块er。

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#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 100010, M = N << 1;
int n, m;
int w[N], h[N], e[M], ne[M], idx;
int id[N], nw[N], cnt;
int dep[N], sz[N], top[N], fa[N], son[N];
struct SegTree
{
    int l, r;
    ll sum;
}tr[N << 3];
void add(int a, int b)
{
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}
void dfs1(int p, int vater, int depth)
{
    dep[p] = depth, fa[p] = vater, sz[p] = 1;
    for(int i = h[p]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if(j == vater)continue;
        dfs1(j, p, depth + 1);
        sz[p] += sz[j];
        if(sz[son[p]] < sz[j])son[p] = j;
    }
}
void dfs2(int p, int t)
{
    id[p] = ++cnt, nw[cnt] = w[p], top[p] = t;
    if(!son[p])return;
    dfs2(son[p], t);
    for(int i = h[p]; ~i; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        if(j == fa[p] || j == son[p])continue;
        dfs2(j, j);
    }
}
void pushup(int p)
{
    tr[p].sum = tr[p << 1].sum + tr[p << 1 | 1].sum;
}
void build(int p, int l, int r)
{
    tr[p].l = l, tr[p].r = r;
    if(l == r)
    {
        tr[p].sum = nw[r];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(p << 1, l, mid);
    build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
    pushup(p);
    return;
}
void segchg(int p, int ed, ll k)
{
    if((tr[p].l == ed) && (tr[p].r == ed))
    {
        tr[p].sum = k;
        return;
    }
    int mid = (tr[p].l + tr[p].r) >> 1;
    if(ed <= mid)segchg(p << 1, ed, k);
    if(ed > mid)segchg(p << 1 | 1, ed, k);
    pushup(p);
    return;
}
ll segsum(int p, int l, int r)
{
    if((tr[p].l >= l) && (tr[p].r <= r))return tr[p].sum;
    ll res = 0;
    int mid = (tr[p].l + tr[p].r) >> 1;
    if(l <= mid)res += segsum(p << 1, l, r);
    if(r > mid)res += segsum(p << 1 | 1, l, r);
    return res;
}
ll sumtree(int p)
{
    return segsum(1, id[p], id[p] + sz[p] - 1);
}
ll sumpath(int p, int q)
{
    ll res = 0;
    while(top[p] != top[q])
    {
        if(dep[top[p]] < dep[top[q]])swap(p, q);
        res += segsum(1, id[top[p]], id[p]);
        p = fa[top[p]];
    }
    if(dep[p] < dep[q])swap(p, q);
    res += segsum(1, id[q], id[p]);
    return res;
}
int lca(int p, int q)
{
    while(top[p] != top[q])
    {
        if(dep[top[p]] < dep[top[q]])swap(p, q);
        p = fa[top[p]];
    }
    if(dep[p] < dep[q])swap(p, q);
    return q;
}
int get_v(int p, int q)
{
    while(top[p] != top[q])
    {
        if(dep[top[p]] < dep[top[q]])swap(p, q);
        if(fa[top[p]] == q)return top[p];
        p = fa[top[p]];
    }
    if(dep[p] < dep[q])swap(p, q);
    return son[q];
}
using namespace std;
int main()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i < n; i++)
    {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        add(a, b);
        add(b, a);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &w[i]);
    dfs1(1, 0, 1);
    dfs2(1, 1);
    build(1, 1, n);
    int rt = 1;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int op, x, y;
        scanf("%d%d", &op, &x);
        if(op == 1)
        {
            rt = x;
        }
        else if(op == 2)
        {
            ll z;
            scanf("%lld", &z);
            segchg(1, id[x], z);
        }
        else if(op == 3)
        {
            if(x == rt)
            {
                printf("%lld\n", tr[1].sum);
            }
            else
            {
                if(lca(x, rt) != x)
                {
                    printf("%lld\n", sumtree(x));
                }
                else
                {
                    printf("%lld\n", tr[1].sum - sumtree(get_v(rt, x)));
                }
            }
        }
        else if(op == 4)
        {
            scanf("%d", &y);
            printf("%lld\n", sumpath(x, y));
        }
    }
    return 0;
}

re的Java8代码（求调）：

Java8

 
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import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;

public class Main{
    static int[] w=new int[100010];
    static int[] h=new int[100010];
    static int[] e=new int[200020];
    static int[] ne=new int[200020];
    static int idx=0;
    static int[] id=new int[100010];
    static int[] nw=new int[100010];
    static int cnt=0;
    static int[] dep=new int[100010];
    static int[] sz=new int[100010];
    static int[] top=new int[100010];
    static int[] fa=new int[100010];
    static int[] son=new int[100010];
    static SegTree[] tr=new SegTree[800080];
    public static void main(String[] args) {
        Arrays.fill(h,-1);
        Scanner scan=new Scanner(System.in);
        int n=scan.nextInt();
        int m=scan.nextInt();
        for(int i=1;i<n;i++){
            int a=scan.nextInt();
            int b=scan.nextInt();
            add(a,b);
            add(b,a);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
            w[i]=scan.nextInt();
        }
        dfs1(1,0,1);
        dfs2(1,1);
        build(1,1,n);
        int rt=1;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int op=scan.nextInt();
            int x=scan.nextInt();
            if(op==1){
                rt=x;
            }else if(op==2){
                int y=scan.nextInt();
                segchg(1,id[x],y);
            }else if(op==3){
                if(x==rt){
                    System.out.printf("%d\n",tr[1].sum);
                }else{
                    if(lca(x,rt)!=x){
                        System.out.printf("%d\n",sumtree(x));
                    }else{
                        System.out.printf("%d\n",tr[1].sum-sumtree(get_v(rt,x)));
                    }
                }
            }else if(op==4){
                int y=scan.nextInt();
                System.out.printf("%d\n",sumpath(x,y));
            }
        }
    }
    private static void add(int a,int b){
        e[idx]=b;
        ne[idx]=h[a];
        h[a]=idx++;
    }
    private static void dfs1(int p,int father,int depth){
        dep[p]=depth;
        fa[p]=father;
        sz[p]=1;
        for(int i=h[p];i!=-1;i=ne[i]){
            int j=e[i];
            if(j==father)continue;
            dfs1(j,p,depth+1);
            if(sz[son[p]]<sz[j])son[p]=j;
        }
        return;
    }
    private static void dfs2(int p,int t){
        id[p]=++cnt;
        nw[cnt]=w[p];
        top[p]=t;
        if(son[p]==0)return;
        dfs2(son[p],t);
        for(int i=h[p];i!=-1;i=ne[i]){
            int j=e[i];
            if((j==fa[p])||(j==son[p]))continue;
            dfs2(j,j);
        }
        return;
    }
    private static void pushup(int p){
        tr[p].sum=tr[p<<1].sum+tr[p<<1|1].sum;
    }
    private static void build(int p,int l,int r){
        tr[p].l=l;
        tr[p].r=r;
        if(l==r){
            tr[p].sum=nw[r];
            return;
        }
        int mid=(l+r)>>1;
        build(p<<1,l,mid);
        build(p<<1|1,mid+1,r);
        pushup(p);
        return;
    }
    private static void segchg(int p,int ed,int k){
        if((tr[p].l==ed)&&(tr[p].r==ed)){
            tr[p].sum=k;
            return;
        }
        int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
        if(ed<=mid)segchg(p<<1,ed,k);
        if(ed>mid)segchg(p<<1|1,ed,k);
        return;
    }
    private static int segsum(int p,int l,int r){
        if((tr[p].l>=l)&&(tr[p].r<=r))return tr[p].sum;
        int res=0;
        int mid=(tr[p].l+tr[p].r)>>1;
        if(l<=mid)res+=segsum(p<<1,l,r);
        if(r>mid)res+=segsum(p<<1|1,l,r);
        return res;
    }
    private static int sumtree(int p){
        return segsum(1,id[p],id[p]+sz[p]-1);
    }
    private static int sumpath(int p,int q){
        int res=0;
        while(top[p]!=top[q]){
            if(dep[top[p]]<dep[top[q]]){
                int temp=p;
                p=q;
                q=temp;
            }
            res+=segsum(1,id[top[p]],id[p]);
            p=fa[top[p]];
        }
        if(dep[p]<dep[q]){
            int temp=p;
            p=q;
            q=temp;
        }
        res+=segsum(1,id[q],id[p]);
        return res;
    }
    private static int lca(int p,int q){
        while(top[p]!=top[q]){
            if(dep[top[p]]<dep[top[q]]){
                int temp=p;
                p=q;
                q=temp;
            }
            p=fa[top[p]];
        }
        if(dep[p]<dep[q]){
            int temp=p;
            p=q;
            q=temp;
        }
        return q;
    }
    private static int get_v(int p,int q){
        while(top[p]!=top[q]){
            if(dep[top[p]]<dep[top[q]]){
                int temp=p;
                p=q;
                q=temp;
            }
            if(fa[top[p]]==q)return top[p];
            p=fa[top[p]];
        }
        if(dep[p]<dep[q]){
            int temp=p;
            p=q;
            q=temp;
        }
        return son[q];
    }
}

class SegTree{
    public int l;
    public int r;
    public int sum;
}

T3 【20180819省队班】 取数字

题面

题面

题目描述

给定 $n$ 个整数 $a_i$，你需要从中选取若干个数，使得它们的和是 $m$ 的倍数。问有多少种方案。有多个询问，每次询问一个的 $m$ 对应的答案。

输入格式

第一行两个正整数 $n$，$q$，分别表示整数的数量和询问的数量。
第二行 $n$ 个整数 $a_i$ 。
接下来 $q$ 行，每行表示一个 $m$。

输出格式

对于每个询问，输出一行答案 $\bmod{1e9+7}$。

思路

这道题是个背包计数的问题，背包的容量是模m循环的。
记f[i][j]表示考虑了前 $i$个整数，当前余数是 $j$，有选和不选两种情况。那么对于一次询问 $q$，我们直接做的复杂度是 $O(nm)$，总复杂度 $O(nmq)$。这档暴力分应该拿到。

我们注意到m很小，而n很大，也就是说有很多重复的值，那么我们考虑设计一个下标为dp[m][m]的DP方法，每次考虑一类数。
假设第 $i$ 种数有 k[i] 个，我们的转移是：
$$
dp[i][j]=\sum_{h=0}^{k[i]} C_{k[i]}^h dp[i-1][j - h \times a[i] \bmod m]
$$
注意到 $\sum k[i]=n$ ，以及dp数组的第二维最大只有m，因此我们可以每次 $O(k[i])$ 地预处理出组合数的系数，表示dp[i-1][j]的贡献。写成伪代码就是：

1
2
for h : [0, k[i]]
    c[h % m] += C(k[i], h)

然后我们再递推dp[i][j]，把 $dp[i-1][j]\times c[k]\to dp[i][j+k\times i\bmod m]$ 即可。

总复杂度$O(q(n+m^3))$。

代码

100分代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 200020, M = 110, mod = 1e9 + 7;
ll T, n, m, k;
ll a[N], fac[N], inv[N];
ll t[M], f[M][M], pre[M];
ll qpow(ll x, ll k)
{
    ll ans = 1;
    while(k)
    {
        if(k & 1)ans = (ans * x) % mod;
        x = (x * x) % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ans;
}
ll C(ll b, ll a)
{
    return (((fac[b] * inv[a]) % mod) * (inv[b - a])) % mod;
}
void init()
{
    fac[0] = 1ll;
    for(int i = 1; i < N; i++)fac[i] = (fac[i - 1] * i) % mod;
    inv[N - 1] = qpow(fac[N - 1], mod - 2);
    for(int i = N - 2; i >= 0; i--)inv[i] = ((i + 1) * inv[i + 1]) % mod;
}
int main()
{
    init();
    scanf("%lld%lld", &n, &T);
    for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%lld", &a[i]);
    while(T--)
    {
        memset(t, 0, sizeof(t));
        memset(f, 0, sizeof(f));
        scanf("%lld", &m);
        for(int i = 1; i <= n; i++)t[(a[i] % m + m) % m]++;
        f[0][0] = qpow(2, t[0]);
        for(int i = 1; i < m; i++)
        {
            memset(pre, 0, sizeof(pre));
            for(int k = 0; k <= t[i]; k++)pre[k % m] = (pre[k % m] + C(t[i], k)) % mod;
            for(int j = 0; j < m; j++)
            {
                for(int k = 0; k <= min(m - 1, t[i]); k++)
                {
                    f[i][(j + i * k) % m] = (f[i][(j + i * k) % m] + f[i - 1][j] * pre[k] % mod) % mod;
                }
            }
        }
        printf("%lld\n", f[m - 1][0]);
    }
    return 0;
}

re的Java8代码（求调）：

Java8

 
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import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;

public class Main{
    static int N=200020,M=110,mod=(int)(1e9+7);
    static long[] a=new long[N];
    static long[] fac=new long[N];
    static long[] inv=new long[N];
    static long[] t=new long[M];
    static long[][] f=new long[M][M];
    static long[] pre=new long[M];
    public static void main(String[] args){
        Scanner scan=new Scanner(System.in);
        init();
        int n=scan.nextInt();
        int T=scan.nextInt();
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=scan.nextInt();
        while((T--)!=0){
            Arrays.fill(t,0);
            for(int i=1;i<M;i++){
                for(int j=1;j<M;j++)f[i][j]=0;
            }
            int m=scan.nextInt();
            for(int i=1;i<=n;i++)t[(int)((a[i]%m+m)%m)]++;
            f[0][0]=qpow(2,t[0]);
            for(int i=1;i<m;i++){
                Arrays.fill(pre,0);
                for(int k=0;k<=t[i];k++)pre[k%m]=(pre[k%m]+C((int)t[i],k))%mod;
                for(int j=0;j<m;j++){
                    for(int k=0;k<=min(m-1,(int)t[i]);k++){
                        f[i][(j+i*k)%m]=(f[i][(j+i*k)%m]+f[i-1][j]*pre[k]%mod)%mod;
                    }
                }
            }
            System.out.println(f[m-1][0]);
        }
        scan.close();
    }
    
    private static long qpow(long x,long k){
        long ans=1;
        while(k!=0){
            if((k&1)==1)ans=(ans*x)%mod;
            x=(x*x)%mod;
            k>>=1;
        }
        return ans;
    }
    private static long C(int b,int a){
        return (((fac[b]*inv[a])%mod)*(inv[b-a]))%mod;
    }
    private static void init(){
        fac[0]=1l;
        for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
        inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2);
        for(int i=N-2;i>=0;i--)inv[i]=((i+1)*inv[i+1])%mod;
    }
    private static int min(int a,int b){
        if(a>=b){
            return a;
        }else{
            return b;
        }
    }
}