T1 night

题意

有一些 m(m≤20)m(m\le 20)m(m≤20) 位二进制数 aia_iai 和一个 bbb ，假如 b∗2kb*2^kb∗2k 在二进制下是 1 的位 aia_iai 都是 1，那么 aia_iai 可以减去 bbb 。

有多组询问，每次问有多少个 aia_iai 能够通过一些减 b∗2kb*2^kb∗2k 的操作得到 xxx 。

思路

首先确定这题是一个状压 DP。 dp[i]dp[i]dp[i] 表示 iii 能由多少个数操作得到。

那么现在问题在于去重，因为有的 iii 可能可以由 jjj 通过多次减操作得到，但是 jjj 只能对 iii 有 1 的贡献。

先讲我的 O(m2∗2m)O(m^2*2^m)O(m2∗2m) 的做法，非常 naive。记 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] ，在 dp[i]dp[i]dp[i] 的基础上多记一位 jjj 表示这个 iii 是由 i+b∗2ji+b*2^ji+b∗2j 减去 b∗2jb*2^jb∗2j 得到的。然后卡常能卡到 2 秒真是可惜。

然后是 O(m∗2m)O(m*2^m)O(m∗2m) 做法。只需要记 dp[i]dp[i]dp[i] ，然后改变循环的顺序。先枚举 b∗2kb*2^kb∗2k 中的 kkk ，也就是强行规定先做 kkk 小的操作。那么操作的顺序问题显然就迎刃而解了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 21, S = 1<<20;
int T, n, m, c, b, q;
int f[S];template<class T>inline void read(T &x){x = 0; bool fl = 0; char c = getchar();while (!isdigit(c)){if (c == '-') fl = 1; c = getchar();}while (isdigit(c)){x = (x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c = getchar();}if (fl) x = -x;
}int main()
{for (read(T); T--; ){read(n); read(m);memset(f, 0, sizeof(f));for (int i = 1; i <= n; ++ i){int x; read(x);f[x]++;}b = 1;for (read(c); c--; ){int x; read(x);b |= 1<<x;}for (; b < (1<<m); b <<= 1)for (int i = (1<<m)-1; i >= 1; -- i)if ((i&b) == b)f[i^b] += f[i];for (read(q); q--; ){int x; read(x);printf("%d\n", f[x]);}}return 0;
}

T2 dawn

题意

有一棵树，求 kkk 条路径的排列，使这 kkk 条路径的交为 xxx 到 yyy 的简单路径。

注意：假如选两条路径，那么 (1,2),(1,3)(1,2),(1,3)(1,2),(1,3) 和 (1,3),(1,2)(1,3),(1,2)(1,3),(1,2) 是两种不同的方案，但是 (1,2),(1,3)(1,2),(1,3)(1,2),(1,3) 和 (2,1),(3,1)(2,1),(3,1)(2,1),(3,1) 是两种相同的方案。

思路

相当于在两棵子树各选 kkk 个点，两两对应形成路径，答案为 (siz[x]∗siz[y])k(siz[x]*siz[y])^k(siz[x]∗siz[y])k ， siz[x]siz[x]siz[x] 为 xxx 的子树大小。

然后发现假如 kkk 个点都在 xxx 的同一个儿子的子树里，那么路径的交会比 (x,y)(x,y)(x,y) 要长，那就把这些答案减掉。重复减的容斥一下。

最后只需要对每个点记录子树大小的 kkk 次方，所有儿子子树大小的 kkk 次方和，然后还要记录子树外的那棵子树的信息，用来特判 x,yx,yx,y 某一个是另一个的祖先。

注意

检查取模！！！

不检查 CSP 爆零活该。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10, M = N<<1, E = 20, K = 100 + 5, mod = 998244353;
int T, n, q;
int h[N], ecnt, nxt[M], v[M];
int f[N][E], dep[N];
int siz[N][K], sum[N][K], tsiz[N][K];template<class T>inline void add(T &x, T y){x += y; if (x >= mod) x -= mod;}template<class T>inline void read(T &x){x = 0; bool fl = 0; char c = getchar();while (!isdigit(c)){if (c == '-') fl = 1; c = getchar();}while (isdigit(c)){x = (x<<3)+(x<<1)+c-'0'; c = getchar();}if (fl) x = -x;
}void _add(int x, int y){nxt[++ecnt] = h[x]; v[ecnt] = y;h[x] = ecnt;
}void dfs(int u, int fa){dep[u] = dep[fa]+1;f[u][0] = fa;for (int i = 1; i < E; ++ i)f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];siz[u][1] = 1;for (int i = 1; i < K; ++ i)sum[u][i] = 0;for (int i = h[u]; i; i = nxt[i])if (v[i] != fa){dfs(v[i], u);add(siz[u][1], siz[v[i]][1]); // 没有取模！！！for (int j = 1; j < K; ++ j)add(sum[u][j], siz[v[i]][j]); // 没有取模！！！}for (int i = 2; i < K; ++ i)siz[u][i] = 1LL * siz[u][i-1] * siz[u][1] % mod;if (u == 1) tsiz[u][1] = 0;else tsiz[u][1] = n-siz[u][1];for (int i = 2; i < K; ++ i)tsiz[u][i] = 1LL * tsiz[u][i-1] * tsiz[u][1] % mod;
}int lca(int x, int y){if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);for (int i = E-1; i >= 0; -- i)if (dep[f[x][i]] >= dep[y])x = f[x][i];if (x == y) return x;for (int i = E-1; i >= 0; -- i)if (f[x][i] != f[y][i])x = f[x][i], y = f[y][i];return f[x][0];
}int lca_son(int x, int y){if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);for (int i = E-1; i >= 0; -- i)if (dep[f[x][i]] > dep[y])x = f[x][i];return x;
}int solve1(int x, int y, int k){LL ans = 0;add(ans, 1LL * siz[x][k] * siz[y][k] % mod);add(ans, mod - 1LL * sum[x][k] * siz[y][k] % mod);add(ans, mod - 1LL * sum[y][k] * siz[x][k] % mod);add(ans, 1LL * sum[x][k] * sum[y][k] % mod);return ans;
}int solve2(int x, int y, int k){if (dep[x] > dep[y]) swap(x, y);LL ans = 0;int z = lca_son(x, y);int tmp = ((sum[x][k]-siz[z][k]+tsiz[x][k])%mod+mod)%mod;add(ans, 1LL * siz[y][k] * tsiz[z][k] % mod);add(ans, mod - 1LL * tmp * siz[y][k] % mod);add(ans, mod - 1LL * sum[y][k] * tsiz[z][k] % mod);add(ans, 1LL * tmp * sum[y][k] % mod);return ans;
}int main()
{for (read(T); T--; ){read(n); read(q);ecnt = 1; memset(h, 0, sizeof(h));for (int i = 1; i < n; ++ i){int x, y;read(x); read(y);_add(x, y); _add(y, x);}dfs(1, 0);for (int i = 1; i <= q; ++ i){int k, x, y, z;read(k); read(x); read(y);z = lca(x, y);if (z == x || z == y) printf("%d\n", solve2(x, y, k));else printf("%d\n", solve1(x, y, k));}}return 0;
}

T3 light

题意

有 nnn 个格子，标号 111 到 nnn ，可以花费 iii 的代价得到 iii 号格子。有一些格子，在你花钱得到他的时候同时也会得到 [i−k,i+k][i-k,i+k][i−k,i+k] 的所有格子。

现在给定 kkk 和这些特殊格子，求最小的代价得到所有 nnn 个格子。

思路

先写出 DP 方程： dp[i]=min(dp[j]+w)dp[i]=min(dp[j]+w)dp[i]=min(dp[j]+w) ，其中 www 号格子是特殊格子，并且满足
j≥w−k−1,i≤w+kj \ge w-k-1,i\le w+kj≥w−k−1,i≤w+k。

贪心一波，对于某个 iii ，显然会选 w+k≤iw+k\le iw+k≤i 的最小的 www 。然后用单调队列维护一个区间最小的 dp[j]dp[j]dp[j] 就完事了。

然后讲一下我的错误思路：对于每一个位置 iii ，假如他是特殊位置，就拿他和
min(dp[j]),(i−k−1≤j<i)min(dp[j]),(i-k-1\le j < i)min(dp[j]),(i−k−1≤j<i) 来更新 dp[i+k]dp[i+k]dp[i+k] 。显然这个思路漏了 dp[j](i≤j<i+k)dp[j](i \le j< i+k)dp[j](i≤j<i+k)的 jjj ，也就是没有考虑两个选取的特殊位置相互覆盖的情况。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long LL;
const int N = 5e6 + 10;
const LL inf = 1e18 + 7;
int T, n, k;
char s[N];namespace Solver3
{LL f[N];int que[N], h, t;int que1[N], h1, t1;void main(){f[0] = 0;que[h = t = 1] = 0;h1 = 1; t1 = 0;for (int i = 1; i <= n; ++ i){f[i] = f[i-1] + i;if (s[i] == '1') que1[++t1] = i;while (h1 <= t1 && que1[h1]+k < i) h1++;if (h1 <= t1){while (h <= t && que[h] < que1[h1]-k-1) h++;if (h <= t) f[i] = min(f[i], f[que[h]] + que1[h1]);}while (h <= t && f[que[t]] >= f[i]) t--;que[++t] = i;}printf("%lld\n", f[n]);}
}signed main()
{for (scanf("%lld", &T); T--; ){scanf("%lld%lld%s", &n, &k, s+1);Solver3::main();}return 0;
}

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【香蕉OI】 chy2003 Contest 1

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T1 night

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