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--- 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:other:错题集_5 [2021/03/03 18:26]
jxm2001
+++ 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:other:错题集_5 [2021/08/24 11:25] (当前版本)
jxm2001
@@ 行 37: / 行 37: @@
 考虑点分治，设当前重心为 $\text{rt}$，于是对点对 $(s,t)$，需要判定 $a_s+a_{v_1}x^1+a_{v_2}x^2+\cdots a_tx^k\equiv y(\bmod p)$。
-移项，得 $a_{v_k'}x^{k'}+\cdots +a_tx^k\equiv y-(a_s+a_{v_1}x^1+a_{v_2}x^2+\cdots a_{\text{rt}}x^{k'-1})(\bmod p)$
+移项，得 $a_{v_k'+1}x^{k'+1}+\cdots +a_tx^k\equiv y-(a_s+a_{v_1}x^1+a_{v_2}x^2+\cdots a_{\text{rt}}x^{k'})(\bmod p)$
+设 $\text{pre}(s)=a_s+a_{v_1}x^1+a_{v_2}x^2+\cdots a_{\text{rt}}x^k,\text{suf}(s)=a_{rt}+a_{v_1}x^1+\cdots +a_sx^k$，于是上式化简为
+$$
+\text{suf}(s)-a_{rt}\equiv (y-\text{pre}(s))x^{-k'}(\bmod p)
+$$
+于是 $\text{dfs}$ 过程中维护 $\text{pre}(s),\text{suf}(s)$ 同时记录 $\text{suf}(s)-a_{rt}$ 和 $(y-\text{pre}(s))x^{-k'}$，最后双指针统计答案。
+另外关于两个结点都在同一个子树的情况，直接容斥即可。总时间复杂度为 $O(n\log^2 n)$。
 <hidden 查看代码>
 <code cpp>
+const int MAXN=1e5+5;
+int x,px[MAXN],invx[MAXN],y,Mod;
+int quick_pow(int a,int k){
+	int ans=1;
+	while(k){
+		if(k&1)ans=1LL*ans*a%Mod;
+		a=1LL*a*a%Mod;
+		k>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+struct Edge{
+	int to,next;
+}edge[MAXN<<1];
+int head[MAXN],edge_cnt;
+void Insert(int u,int v){
+	edge[++edge_cnt]=Edge{v,head[u]};
+	head[u]=edge_cnt;
+}
+int val[MAXN],in0[MAXN],in1[MAXN],out0[MAXN],out1[MAXN];
+int sz[MAXN],mson[MAXN],tot_sz,root,root_sz;
+bool vis[MAXN];
+void find_root(int u,int fa){
+	sz[u]=1;mson[u]=0;
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v]||v==fa)
+		continue;
+		find_root(v,u);
+		sz[u]+=sz[v];
+		mson[u]=max(mson[u],sz[v]);
+	}
+	mson[u]=max(mson[u],tot_sz-sz[u]);
+	if(mson[u]<root_sz){
+		root=u;
+		root_sz=mson[u];
+	}
+}
+vector<pair<int,int> >vec1,vec2;
+void update(int u,int dep,int &pre,int &suf){
+	pre=(1LL*pre*x+val[u])%Mod;
+	suf=(suf+1LL*px[dep]*val[u])%Mod;
+	vec1.push_back(make_pair(1LL*(y-pre+Mod)*invx[dep]%Mod,u));
+	vec2.push_back(make_pair((suf-val[root]+Mod)%Mod,u));
+}
+void dfs(int u,int fa,int dep,int pre,int suf){
+	update(u,dep,pre,suf);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v]||v==fa)continue;
+		dfs(v,u,dep+1,pre,suf);
+	}
+}
+void cal(int u,int sign,int dep,int pre,int suf){
+	vec1.clear();
+	vec2.clear();
+	update(u,dep,pre,suf);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v])continue;
+		dfs(v,u,dep+1,pre,suf);
+	}
+	sort(vec1.begin(),vec1.end());
+	sort(vec2.begin(),vec2.end());
+	for(int pos1=0,pos2=0,cnt;pos1<vec1.size();pos1++){
+		if(pos1==0||vec1[pos1].first!=vec1[pos1-1].first)cnt=0;
+		while(pos2<vec2.size()&&vec2[pos2].first<vec1[pos1].first)pos2++;
+		while(pos2<vec2.size()&&vec2[pos2].first==vec1[pos1].first)pos2++,cnt++;
+		out1[vec1[pos1].second]+=cnt*sign;
+	}
+	for(int pos1=0,pos2=0,cnt;pos2<vec2.size();pos2++){
+		if(pos2==0||vec2[pos2].first!=vec2[pos2-1].first)cnt=0;
+		while(pos1<vec1.size()&&vec1[pos1].first<vec2[pos2].first)pos1++;
+		while(pos1<vec1.size()&&vec1[pos1].first==vec2[pos2].first)pos1++,cnt++;
+		in1[vec2[pos2].second]+=cnt*sign;
+	}
+}
+void query(int u){
+	cal(u,1,0,0,0);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v])continue;
+		cal(v,-1,1,val[u],val[u]);
+	}
+}
+void solve(int u){
+	int cur_sz=tot_sz;
+	vis[u]=true;query(u);
+	for(int i=head[u];i;i=edge[i].next){
+		int v=edge[i].to;
+		if(vis[v])
+		continue;
+		tot_sz=sz[v]>sz[u]?cur_sz-sz[u]:sz[v];root_sz=MAXN;
+		find_root(v,u);
+		solve(root);
+	}
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int();
+	Mod=read_int(),x=read_int(),y=read_int();
+	_rep(i,1,n)val[i]=read_int();
+	_for(i,1,n){
+		int u=read_int(),v=read_int();
+		Insert(u,v);
+		Insert(v,u);
+	}
+	px[0]=1;
+	_for(i,1,MAXN)px[i]=1LL*px[i-1]*x%Mod;
+	invx[MAXN-1]=quick_pow(px[MAXN-1],Mod-2);
+	for(int i=MAXN-1;i;i--)invx[i-1]=1LL*invx[i]*x%Mod;
+	tot_sz=n,root_sz=MAXN;
+	find_root(1,0);
+	solve(root);
+	LL ans=0;
+	_rep(i,1,n){
+		in0[i]=n-in1[i];
+		out0[i]=n-out1[i];
+		ans+=2LL*in0[i]*in1[i];
+		ans+=2LL*out0[i]*out1[i];
+		ans+=1LL*in0[i]*out1[i];
+		ans+=1LL*in1[i]*out0[i];
+	}
+	enter(1LL*n*n*n-ans/2);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+===== 2、Trips =====
+[[https://codeforces.com/contest/1037/problem/E|链接]]
+==== 题意 ====
+给定一个图，初始时图没有边，接下来每次一个加边操作，然后询问加边后满足所有点度数不小于 $k$ 的最大子图。
+==== 题解 ====
+考虑先加入所有边，然后从最后的操作开始向前删边。
+对每个点，当该点度数小于 $k$ 时直接删去该点和对应边。每个点仅删去一次，每条边最多访问三次，于是总时间复杂度 $O(n+m)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=2e5+5;
+struct Edge{
+	int u,v;
+	bool vis;
+}edge[MAXN];
+vector<pair<int,int> > g[MAXN];
+int deg[MAXN],ans,k;
+bool live[MAXN];
+void update(int u);
+void del(int u){
+	ans--;
+	live[u]=false;
+	_for(i,0,g[u].size()){
+		int v=g[u][i].first,edge_id=g[u][i].second;
+		if(!edge[edge_id].vis){
+			edge[edge_id].vis=true;
+			update(v);
+		}
+	}
+}
+void update(int u){
+	if(live[u]){
+		deg[u]--;
+		if(deg[u]<k)
+		del(u);
+	}
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int(),m=read_int();
+	k=read_int();
+	ans=n;
+	_rep(i,1,n)live[i]=true;
+	_for(i,0,m){
+		int u=read_int(),v=read_int();
+		edge[i]=Edge{u,v};
+		g[u].push_back(make_pair(v,i));
+		g[v].push_back(make_pair(u,i));
+		deg[u]++;
+		deg[v]++;
+	}
+	_rep(i,1,n){
+		if(live[i]&&deg[i]<k)
+		del(i);
+	}
+	stack<int>s;
+	for(int i=m-1;i>=0;i--){
+		s.push(ans);
+		if(edge[i].vis)continue;
+		edge[i].vis=true;
+		update(edge[i].u);
+		update(edge[i].v);
+	}
+	while(!s.empty()){
+		enter(s.top());
+		s.pop();
+	}
+	return 0;
+}
 </code>
 </hidden>
+===== 3、CDN流量调度问题 =====
+[[https://acm.hdu.edu.cn/contests/contest_showproblem.php?pid=1003&cid=1029|2021CCPC华为云挑战赛 1003]]
+==== 题意 ====
+给定 $n$ 个网络和 $m$ 个额外结点。第 $i$ 个网络初始有一个结点，且最多被分配 $b_i$ 个结点，当被分配 $k$ 个结点时，费用为 $\lceil\frac {a_i}k\rceil$。
+最小化所有网络的费用和。
+==== 题解 ====
+易知使得每个网络的费用发生变化的 $k$ 只有 $O(\sqrt {a_i})$ 个，可以 $O\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)$ 暴力预处理。
+然后设 $\text{dp}(i,j)$ 表示只考虑前 $i$ 个网络花费 $j$ 个额外结点的最小费用，然后状态转移只枚举有效的 $k$。
+总时间复杂度 $O(nm\sqrt a)$，个人感觉时间复杂度过大，但题目测试数据貌似比较水，所以可以过。
+ps. 本人一开始考虑优先队列，贪心取变化量最大的网络加结点，但实际受取整函数影响，变化量不是单调的，因此假了。

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