20210718 noip19

V2AS问路

20210718 noip19

阅读原文时间：2023年07月09日阅读：1

考场

去年考过这场，心态直接爆炸

T1 一眼

T2 当初是我讲的，基本都记得（flag）

T3 只记得是树形 DP，但觉得 rush 完前两题后用大量时间应该能搞出来

结果 T2 写了好久，还写假了。。。

T3 没时间写了，直接骗分。交题的时候发现链上的分写的不对，没改完

res

rk3 100+20+1

T2 仅有的分是本来要用来对拍的暴力，而且还是靠数据水拿的

rk1 ycx 100+85+100

rk2 wcr 100+2+37

u

考场写了 std 做法，和去年不一样

考场代码

const int N = 2e3+5;
int n,q;

LL ans,a[N][N],b[N][N];

signed main() {
    // freopen("a.in","r",stdin);
    // freopen("a.out","w",stdout);
    read(n,q);
    while( q-- ) {
        int r,c,l,s; read(r,c,l,s);
        a[r][c] += s, a[r+l][c+l] -= s;
        b[r+l][c] -= s, b[r+l][c+l] += s;
    }
    For(i,1,n) For(j,1,n) a[i][j] += a[i-1][j-1];
    For(i,1,n) For(j,1,n) a[i][j] += a[i-1][j];
    For(i,1,n) For(j,1,n) b[i][j] += b[i-1][j]+b[i][j-1]-b[i-1][j-1];
//    For(i,1,n) {
//        For(j,1,n) printf("%d ",a[i][j]+b[i][j]);
//        putchar(10);
//    }
    For(i,1,n) For(j,1,n) ans ^= a[i][j] + b[i][j];
    write(ans);
    return iocl();
}

v

题意就没理解。暴力、手玩都挂了

一个移除的白球对答案的贡献是不一样的，如果它在第一次操作移除，那就是 \(\frac 1n\)，第二次则是 \(\frac1{n(n-1)}\)，依次类推。因此不能算出最大移除白球总数后乘 \(\frac{n!}{(n-k)!}\)

code（与去年有所不同）

const int N = 35, S = 5e7;
int n,m,s;

double ans,f[S+1];
map<int,double> g;

int cut(int x,int i) { return ((x&(~((1<<(i+1))-1)))>>1) | (x&((1<<i)-1)); }
bool get(int x,int i) { return x & (1<<i); }

double dfs(int i,int s) {
    if( i > m ) return 0;
    if( s <= S && f[s] != -1 ) return f[s];
    else if( g.count(s) ) return g[s];
    double res = 0;
    int l = (n-i+1)/2;
    for(int j = 0; j < l; ++j)
        res += 2 * max(dfs(i+1,cut(s,j))+get(s,j),
                       dfs(i+1,cut(s,n-i-j))+get(s,n-i-j));
    if( (n-i+1) & 1 ) res += dfs(i+1,cut(s,l))+get(s,l);
    res /= n-i+1;
    (s<=S ? f[s] : g[s]) = res;
    return res;
}

signed main() {
    read(n,m);
    For(i,1,n) s |= (readc()=='W')<<(i-1);
    s |= 1<<n;
    For(i,0,S) f[i] = -1;
    printf("%.8lf",dfs(1,s));
    return 0;
}

w

当初就没理解清楚。

这题对边有限制，而树形 DP 都是基于节点的，因此要进行类似树剖维护边权的边转点操作，\(f[u][1/0]\) 保存的是 \(u\) 到父亲的边翻/不翻的最小奇数度点数和最少翻转边数。转移时 \(x,y\) 也保存的是如果有从 \(u\) 的子树中伸到 \(u\) 的路径，两两配对后剩下1/0条的答案。

计算 \(f[u][0/1]\) 时根据 \(w(fa,u)\) 的情况分类讨论，决策有：

f[u][0]: 从子树伸上来的边在 \(u\) 处结束；子树伸上来的边都两两配对了

f[u][1]: 从子树伸上来的边继续向上伸；新开一条路径

code

const int N = 1e5+5;
int n,mm=1,head[N],to[N*2],w[N*2],nxt[N*2];

const PII inf = MP(1e9,1e9);
PII f[N][2];

PII operator + (const PII &x,const PII &y) { return MP(x.fi+y.fi,x.se+y.se); }

void adde(int x,int y,int z) {
    to[++mm] = y, w[mm] = z, nxt[mm] = head[x], head[x] = mm;
    to[++mm] = x, w[mm] = z, nxt[mm] = head[y], head[y] = mm;
}
void dfs(int u,int fa,int op) {
    PII x = inf, y = MP(0,0);
    for(int i = head[u], v; i; i = nxt[i]) if( (v=to[i]) != fa ) {
        dfs(v,u,w[i]);
        PII xx = min(x+f[v][0],y+f[v][1]), yy = min(x+f[v][1],y+f[v][0]);
        x = xx, y = yy;
    }
    if( op == 1 ) f[u][0] = inf;
    else f[u][0] = min(x+MP(1,0),y);
    if( !op ) f[u][1] = inf;
    else f[u][1] = min(x+MP(0,1),y+MP(1,1));
}

signed main() {
    read(n);
    for(int i = 1; i < n; ++i) {
        int x,y,a,b; read(x,y,a,b);
        adde(x,y,b!=2 ? a!=b : 2);
    }
    dfs(1,0,2);
    printf("%d %d",f[1][0].fi/2,f[1][0].se);
    return iocl();
}