夏令营501-511NOIP训练18

T1 高一学堂

高一学堂，因为有了yxryxryxr，就成了现在这个样子 = =。由于yxryxryxr 的语言太过雷人，每次他发微往往都会有一石激起千层浪的效果，具体就是所有关注他的人都会转发，同时@@@他，接着关注这些人的人也会转发，同时@@@他关注的人（注意转发内容本身会有@@@yxryxryxr），以此类推。这样导致每次yxryxryxr 发微博都会被@@@上兆次，而yxryxryxr 又特别喜欢发，sina 支持不了如此庞大的数据量，特出规定，每次转发时，@@@的人不能超过K 人，好友在转发时如果超过了，就把最早那人删掉。现在yxryxryxr 刚发了一条微博“求满分”，他想知道每个与他有联系的人分别会被@@@多少次。

输入格式：

输入第一行有三个整数，NNN，KKK，表示人数和KKK。
接下来 N−1N-1N−1 行，每行有2 个整数 aaa，bbb，表示 aaa 和 bbb 有关注关系。
输入给出一棵以 111 号点为根的树，一号点代表 yxryxryxr，对于任意一个点，他的儿子都关注他。

输出格式：

输出有 NNN 行，每行有一个整数，这个人会被 @@@ 多少次。

样例输入：

样例输出：

数据范围：
对于30%30\%30%的数据，NNN ≤100；
对于60%60\%60%的数据，NNN ≤2000，KKK ≤100；
对于100%100\%100%的数据，NNN ≤100000, KKK ≤ NNN。

题解：

其实就是求每个结点深度差不超过 KKK 的儿子个数
每个结点的儿子个数 - 它 k+1k+1k+1 层每个儿子的儿子个数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> a[100010];
vector<int> b[100010];
int d[100010],h[100010],k;
void dfs(int u,int fa,int dep)
{d[u]=dep;for(int i=0; i<a[u].size(); i++){int v=a[u][i];if(v==fa) continue;dfs(v,u,dep+1);h[u]+=h[v]+1;}
}
void dfs_2(int u,int fa,int dep)
{b[d[u]].push_back(u); // 当前子树下，此深度的结点if(b[dep-k-1].size()&&dep-k-1>0)  // 减掉它k+1儿子结点的儿子个数{for(int i=0; i<b[dep-k-1].size(); i++){int v=b[dep-1-k][i];h[v]=h[v]-h[u]-1;}}for(int i=0; i<a[u].size(); i++){int v=a[u][i];if(v==fa) continue;dfs_2(v,u,dep+1);}// 回溯时把当前结点删除vector<int>::iterator it;for(it=b[d[u]].begin();it!=b[d[u]].end();it++)if(*it==u){b[d[u]].erase(it);break;}
}
int main()
{int n,i,x,y;scanf("%d%d",&n,&k);for(i=1; i<n; i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);a[x].push_back(y);a[y].push_back(x);}dfs(1,0,1);    //  记录深度和儿子结点的个数dfs_2(1,0,1);for(i=1; i<=n; i++) printf("%d\n",h[i]);return 0;
}

T2 高二学堂

Wayne 有一副加强版的扑克牌，强大到任意取一个自然数x，在牌堆里都恰
有 444 张数值为 xxx 的牌。每次，Wayne 随机生成两个正整数 nnn 和k，然后在牌堆里选取不超过 kkk 张牌，使得牌面数字之和恰为 nnn。已知Wayne 玩了若干盘，每盘都算出了对应的方案数，他想请你也算出各盘方案数，以验算他的结果是否正确。结果可能比较大，你只需要求出方案数modmodmod 1000000009（1e9+9）的值即可。

输入格式：

输入文件包含不超过101010 组数据。
每行包含两个整数，表示上文中的 nnn 和 kkk。
输入数据以两个000 表示结束。

输出格式：

输出文件中，每组数据输出一行，为对应的方案数。

样例输入：

样例输出：

数据范围：
对于 10%10\%10%的数据，kkk=1；
对于 20%20\%20%的数据，nnn ≤10，kkk ≤4；
对于 40%40\%40%的数据，nnn ≤1000；
对于 60%60\%60%的数据，nnn ≤100000；
对于另外 20%20\%20% 的数据，只有 111 组数据；
对于 100%100\%100%的数据，nnn ≤10^9，kkk ≤10。

题解

不好意思目前本蒟蒻只会404040分做法，等以后会100100100分了再回来更新（也许你等不到这一天）
（题意）选取不超过 kkk 个数，每个数可以取至多444个，不考虑000，使得数字之和为 nnn
dp[i][j]dp[ i ][ j ]dp[i][j] : 和为 iii ，取 jjj 个数的方案数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
long long d[100010][12],c[10][10];
int main()
{int n,k,i,j,l;memset(d,0,sizeof(d));c[4][1]=c[4][3]=4;c[4][2]=6;c[4][4]=1;d[0][0]=1;for(i=1; i<=1000; i++)  //  当前正在取 i for(j=10;j>=1;j--)  // 取 j 个数for(l=0; l<=1000; l++) // 和为 lfor(k=1; k<=min(4,j)&&k*i+l<=1000; k++)  // i 取 k 个d[k*i+l][j]=(d[k*i+l][j]+(d[l][j-k]*c[4][k])%mod)%mod;while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF){if(!n&&!k) break;long long s=0;for(i=1; i<=k; i++) s=(s+d[n][i])%mod;printf("%lld\n",s);}return 0;
}

T3 高三楼

一个 n∗nn * nn∗n 的矩阵，其中，每行每列都有两个特殊的点。
"重复"的定义为矩阵 aaa ，通过任意次行列变换，变成了矩阵 bbb，矩阵 aaa ，bbb就视为重复。
例如：对于 3∗33*33∗3 的矩阵，其中矩阵 aaa 与矩阵 bbb 被视为“重复”矩阵。

对于一个 nnn，可以有多少种不“重复”的矩阵，输出答案modmodmod100000007（1e8+7）的值。

输入格式：

第一行，一个整数 ttt，表示数据组数。
接下来 ttt 行，每行一个整数 nnn，表示一组数据。

输出格式：

TTT 行，每行一个整数，表示方案数。由于答案可能很大，只需要输出方案数
mod100,000,007mod 100,000,007mod100,000,007 的值就可以了。

样例输入：

样例输出：

1
1
2

数据范围：
对于10%10\%10%的数据 NNN ≤ 555；
对于50%50\%50%的数据 NNN ≤ 150150150；
对于100%100\%100%的数据 TTT ≤555 ， NNN ≤ 200020002000

题解

此题解法神奇，因为每行每列只有两个标记，所以我们可以把行和列，想成一个二分图的两条边
两条边之间的连线等价于某一个标记
两条边上的点的移动等价于标记的行列变换
所以我们只要考虑有多少种不同的连法即可
e.g. （可以手模以下 n=5n = 5n=5）
- 然后——惊奇地发现(๑╹◡╹)ﾉ(๑╹◡╹)ﾉ(๑╹◡╹)ﾉ每 2∗x（1<x<=n）2*x（1 < x <= n）2∗x（1<x<=n）点就会构成一个环
- 每种环的组成，代表一种方案，排列并不重要
- So—— n=a1+a2+......+amn = a_1+a_2+......+a_mn=a1+a2+......+am (am>1)(a_m > 1)(am>1)
- 于是就转化成了正整数拆分的问题︿(￣︶￣)︿︿(￣︶￣)︿︿(￣︶￣)︿

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e8+7;
int d[100010];
int main()
{int i,j;memset(d,0,sizeof(d));d[0]=1;for(i=2;i<=2000;i++)for(j=i;j<=2000;j++) d[j]=(d[j]+d[j-i])%mod;//  j = i + （ j - i ）scanf("%d",&i);while(i--){scanf("%d",&j);printf("%d\n",d[j]);}return 0;
}