「CSPS 2019」十一三地联考
作者：互联网
因为版权原因，不放题面。
幸福
Solution
只会写 \(70\) 分的找规律代码，可以考虑每个斐波那契数对卷积的贡献，发现贡献是类似于倒斐波那契数列，就可以 \(O(n)\) 做了，有 \(70\) 分。
std 是化简一下式子，化简结果为
\[F_n = F_{n-1} + F_{n-2} + f_n\]
发现这是一个递推式，用矩阵乘法加速即可。但是我不会矩阵乘法，先咕了。不会矩阵乘法也可以用退出来的递推式拿 \(70\) 分。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e7 + 5, mod = 998244353;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int read() {
int x = 0, f = 0; char ch = 0;
while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
ll fb[N], cnt[N];
ll ans = 0;
int main(){
int n = read();
fb[0] = fb[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) fb[i] = (fb[i - 1] + fb[i - 2]) % mod;
cnt[n] = 1;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) cnt[i] = (cnt[i + 1] + cnt[i + 2] + 1) % mod;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) ans = (ans + fb[i] * cnt[i]) % mod;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}树链剖分
Solution
可以用 lca + 树上差分将所有的路径转换为边权，那么我们要找到边权之和最大的树链剖分。因为这是一棵无根树，所以要进行换根 dp，分为两次树形 dp。不过可以暴力枚举根，所以有 \(65\) 分是送的。
用 \(f_i\) 表示以任意点为根的树下，以 \(i\) 为根的子树的树链剖分。可以选 \(1\) 为根。这一步可以用树形 dp 搞定。
考虑如何换根，设 \(F_i\) 为以 \(i\) 为根的树的树链剖分。如果把点 \(y\) 作为根，它的父亲为 \(x\)，他在 \(x\) 的树链剖分中的儿子是 \(z\)，从 \(1\) 开始，从上往下进行树形 dp，其中 \(F_1 = f_1\)。换根需要注意换根之后还要满足每个节点的儿子只选一个， 如果在 \(x\) 的树链剖分中，\(y\) 是 \(x\) 的儿子，那么换根后就出现了 \(x\) 和 \(z\) 都是 \(y\) 的儿子的情况，违背了树链剖分的要求，所以我们只能将 \(x\) 连向 \(y\) 改到 \(x\) 的所有出边中仅次于连向 \(y\) 的边的次优边，或者不选择 \(z\)，而把 \(x\) 的最优边和次优边加入 \(F_y\) 中。如果没有这个问题，那么就选择 \(x\) 和 \(y\) 的最优边即可。对于刚刚的最优边次优边等问题，可以在第一次树形 dp 中预处理出每个点连向它所有儿子中，最大边权的和次大边权。
总而言之，一道好的树论题。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e6 + 5, M = 1e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int read() {
int x = 0, f = 0; char ch = 0;
while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
struct edge{
int to, nxt, cost;
}e[M];
int head[N], tot;
void addedge(int x, int y){
e[++tot].to = y; e[tot].nxt = head[x]; head[x] = tot;
}
int dep[N], fa[N][30], lg[N];
ll f[N], F[N]; int mx1[N], mx2[N], val[N];
int n, m; ll sum, ans;
void dfs1(int x, int pre){
dep[x] = dep[pre] + 1; fa[x][0] = pre;
for (int i = 1; (1 << i) <= dep[x]; i++) fa[x][i] = fa[fa[x][i - 1]][i - 1];
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) if (e[i].to != pre) dfs1(e[i].to, x);
}
int lca(int x, int y){
if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
while (dep[x] > dep[y]) x = fa[x][lg[dep[x] - dep[y]] - 1];
if(x == y) return x;
for (int k = lg[dep[x]] - 1; k >= 0; k--) if (fa[x][k] != fa[y][k]) x = fa[x][k], y = fa[y][k];
return fa[x][0];
}
void dfs2(int x, int pre){
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if (y != pre){
dfs2(y, x); val[x] += val[y]; f[x] += f[y];
if (mx1[x] <= val[y]) mx2[x] = mx1[x], mx1[x] = val[y];
else if (mx2[x] <= val[y]) mx2[x] = val[y];
}
}
f[x] += mx1[x];
}
void dfs3(int x, int pre){
for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if (mx1[x] <= val[x]) mx2[x] = mx1[x], mx1[x] = val[x];
else if (mx2[x] <= val[x]) mx2[x] = val[x];
if (y != pre){
if (mx1[x] == val[y]) F[y] = F[x] - mx1[x] + mx2[x] - mx1[y] + max(mx1[x], mx1[y]);
else F[y] = F[x] - mx1[y] + max(mx1[y], val[y]);
dfs3(y, x);
}
}
}
int main(){
int n = read(), m = read();
for (int i = 1; i <= n; i++) lg[i] = lg[i - 1] + (1 << lg[i - 1] == i);
for (int i = 1; i < n; i++){
int x = read(), y = read();
addedge(x, y); addedge(y, x);
}
dfs1(1, 0);
for (int i = 1; i <= m; i++){
int x = read(), y = read();
int k = lca(x, y);
val[x]++, val[y]++, val[k] -= 2;
sum += dep[x] + dep[y] - dep[k] * 2;
}
dfs2(1, 0); F[1] = f[1]; dfs3(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, F[i]);
printf("%lld\n", sum - ans);
return 0;
}小 E 和小 F strikes again
好像是一个乱搞 dp，咕咕。
标签：ch,剖分,int,CSPS,树链,2019,联考,dp,define 来源： https://www.cnblogs.com/lyfoi/p/11616104.html