模拟赛20200228(yyq)【右链+dfs序，子树管辖，聚集水流问题】

T1：管理

对998244853998244{\color{red}{8}}53998244853取模

题解：

知道至少要多少还是不好做，能不能把它转化成暂时只计算这么多个呢？
是可以的，因为在一棵树的右链上接一棵子树不会改变原树的dfs序的，所以我们只需要记下右链的长度即可；因为限制关系形成了树形结构，记siz[i]siz[i]siz[i]为iii至少需要管辖的人数，记f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示[i,i+siz[i]−1][i,i+siz[i]-1][i,i+siz[i]−1]形成的树的右链长度为jjj的方案数，转移就按顺序将iii在限制树中的子树合并到iii上即可，由f[i][x∼siz[i]]∗f[j][y]→f[i][x+y]f[i][x\sim siz[i]]*f[j][y]\to f[i][x+y]f[i][x∼siz[i]]∗f[j][y]→f[i][x+y]，记录一下后缀和，就是O(n2)O(n^2)O(n2)的。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 4505
using namespace std;
const int mod = 998244853;
int n,a[maxn],fa[maxn],siz[maxn],sum[maxn],f[maxn][maxn];
int main()
{freopen("administration.in","r",stdin);freopen("administration.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);a[1]=n;for(int i=n;i>=1;i--){if((a[i]+=i-1)>n) return puts("0"),0;fa[i]=i,a[i]=a[fa[a[i]]];//fa[i]:i在哪个限制的范围中，a[i]:i的限制范围f[i][siz[i]=1]=1;for(int j=i+1;j<=a[i];j=a[j]+1){sum[siz[i]+1]=0;for(int k=siz[i];k>=1;k--) sum[k]=(sum[k+1]+f[i][k])%mod,f[i][k]=0;for(int x=1;x<=siz[i];x++)for(int y=1;y<=siz[j];y++)f[i][x+y]=(f[i][x+y]+1ll*sum[x]*f[j][y])%mod;siz[i]+=siz[j];}for(int j=i+1;j<=a[i];j++) fa[j]=i;}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[1][i])%mod;printf("%d\n",ans);
}

T2：

题解：

这种水流题要是陷入模拟的怪圈之中就会被各种特殊情况恶心致死。
正确的姿势应该是枚举最后水的范围[L,R][L,R][L,R]，然后硬把所有的水都聚集到这里来。值得注意的是如果考虑L−1L-1L−1和R+1R+1R+1，那么水的高度可能并不具有单调性，我们可先不考虑两边算出水的高度，然后再与两边比较，如果高了就将[L,R][L,R][L,R]挖低。

记f(l,r)f(l,r)f(l,r)为水的区间为[l,r][l,r][l,r]时水的高度，那么显然f(l,r)≥f(l,r+1)f(l,r)\ge f(l,r+1)f(l,r)≥f(l,r+1)，考虑固定lll,扫描rrr，那么就可以令高度从1000在整数范围往下递减，算答案的时候根据在水下的块数补上小数部分的答案。复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 5005
using namespace std;
int T,n,lp,rp,ml[maxn],mr[maxn],sl[maxn],sr[maxn],S[maxn],a[maxn],w[maxn],cnt[1005];
int main()
{freopen("exploration.in","r",stdin);freopen("exploration.out","w",stdout);scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d",&n),a[0]=a[n+1]=1e9,w[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),S[i]=S[i-1]+a[i];for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]),w[0]+=w[i];for(int i=1;i<=n;i++)if(!w[i]) ml[i]=sl[i]=0;else{lp=i,ml[i]=a[i],sl[i]=0;for(int j=i+1;j<=n;j++) ml[j]=min(ml[j-1],a[j]);for(int j=i+1;j<=n;j++) sl[j]=sl[j-1]+a[j]-ml[j];break;}for(int i=n;i>=1;i--)if(!w[i]) mr[i]=sr[i]=0;else{rp=i,mr[i]=a[i],sr[i]=0;for(int j=i-1;j>=1;j--) mr[j]=min(mr[j+1],a[j]);for(int j=i-1;j>=1;j--) sr[j]=sr[j+1]+a[j]-mr[j];break;}double ans=1e9;for(int l=1;l<=n;l++){memset(cnt,0,sizeof cnt);int h=1000,down=0,cd=0;for(int r=l;r<=n;r++){if(a[r]<=h){down+=h-a[r],cnt[a[r]]++,cd++;while(down>w[0]) down-=cd-=cnt[h--];}double x=h+1.0*(w[0]-down)/cd;double res=S[r]-S[l-1]-x*(r-l+1)+w[0];int lh=a[l-1],rh=a[r+1];if(lp<l) lh=ml[l-1],res+=sl[l-1];if(r<rp) rh=mr[r+1],res+=sr[r+1];if(x>min(lh,rh)) res+=(x-min(lh,rh))*(r-l+1);ans=min(ans,res);}}printf("%.5f\n",ans);}
}

T3：谈判

n≤500，wi≤106n≤500，w_i≤10^6n≤500，wi≤106

题解：

（原题CF1061E）
两棵树，集合限制，带权 ⇒\Rarr⇒ 费用流。
SSS向第一棵树的限制点连容量为b[i]−∑j是j到i路径上的第一个限制点b[j]b[i]-\sum_{j是j到i路径上的第一个限制点} b[j]b[i]−∑j是j到i路径上的第一个限制点b[j],费用为0的边。
第二棵树的限制点向TTT连容量为b[i]−∑j是j到i路径上的第一个限制点b[j]b[i]-\sum_{j是j到i路径上的第一个限制点} b[j]b[i]−∑j是j到i路径上的第一个限制点b[j],费用为0的边。
设每个城市在第一棵树中被xxx管辖，在第二棵树中被yyy管辖，则xxx向yyy连容量为1，费用为w[i]w[i]w[i]的边。
跑最大费用最大流即可。
注意b[i]b[i]b[i]可以为0，所以初值设为-1.

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1005
#define maxm 5005
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,S,T,X,Y,a[maxn];
int fir[maxn],nxt[maxm],to[maxm],c[maxm],w[maxm],tot=1;
inline void line(int x,int y,int z,int v){nxt[++tot]=fir[x],fir[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=z,w[tot]=v;nxt[++tot]=fir[y],fir[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0,w[tot]=-v;
}
void Fail(){puts("-1");exit(0);}
struct Tree{vector<int>G[maxn];int b[maxn],bel[maxn]; bool flg;void link(int x,int y){G[x].push_back(y),G[y].push_back(x);}int dfs(int u,int ff,int top){int sum=0; bel[u]=top;for(int i=0,lim=G[u].size(),v;i<lim;i++) if((v=G[u][i])!=ff)sum+=dfs(v,u,b[v]?v:top);if(b[u]){if(b[u]<sum) Fail();if(!flg) line(S,u,b[u]-sum,0);else line(u+n,T,b[u]-sum,0);return b[u];}return sum;}
}T1,T2;
int pre[maxn],E[maxn],dis[maxn]; bool inq[maxn];
queue<int>q;
bool SPFA(){memset(dis,-0x3f,(T+1)<<2);dis[S]=0,q.push(S),pre[T]=-1;while(!q.empty()){int u=q.front(); q.pop(),inq[u]=0;for(int i=fir[u],v;i;i=nxt[i]) if(c[i]&&dis[v=to[i]]<dis[u]+w[i]){dis[v]=dis[u]+w[i],pre[v]=u,E[v]=i; if(!inq[v]) inq[v]=1,q.push(v);}}return ~pre[T];
}
int Costflow(){int ans=0,flow=0;while(SPFA()){int mn=inf;for(int i=T;i!=S;i=pre[i]) mn=min(mn,c[E[i]]);for(int i=T;i!=S;i=pre[i]) c[E[i]]-=mn,c[E[i]^1]+=mn;ans+=dis[T]*mn,flow+=mn;}if(flow!=T1.b[X]) Fail();return ans;
}
int main()
{freopen("negotiation.in","r",stdin);freopen("negotiation.out","w",stdout);int x,y,m;scanf("%d%d%d",&n,&X,&Y),S=0,T=2*n+1; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),T1.link(x,y);for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),T2.link(x,y);scanf("%d",&m);while(m--) scanf("%d%d",&x,&y),T1.b[x]=y;scanf("%d",&m);while(m--) scanf("%d%d",&x,&y),T2.b[x]=y;if(T1.b[X]!=T2.b[Y]) Fail();T1.dfs(X,0,X),T2.flg=1,T2.dfs(Y,0,Y);for(int i=1;i<=n;i++) line(T1.bel[i],T2.bel[i]+n,1,a[i]);printf("%d\n",Costflow());
}