清华集训2016Day4

组合数问题(problem)

用卢卡斯定理可知满足条件即将$n$和$m$分别用$k$进制表示，要求$n$的每一位都要大于等于$m$的对应位。直接数位$dp$，设$f_{i,0/1,0/1}$表示处理到第$i$位，$n$是否触上界，$m$是否触上界时的方案数。复杂度$O(t\log_kn)$ 。

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

using namespace std;

#define ll long long

const ll mod = 1000000007;

int t,k,l,a[100],b[100];ll n,m,f[100][4];

int main(){

	freopen("problem.in","r",stdin);

	freopen("problem.out","w",stdout);

	scanf("%d%d",&t,&k);

	while (t--){

		scanf("%lld%lld",&n,&m);m=min(n,m);

		int all=((2*n-m+2)%mod)*((m+1)%mod)%mod*500000004%mod;

		memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));

		l=0;while (m) b[++l]=m%k,m/=k;

		l=0;while (n) a[++l]=n%k,n/=k;

		f[0][0]=f[0][1]=f[0][2]=f[0][3]=1;

		for (int i=1;i<=l;++i){

			f[i][0]=(k*(k+1)>>1)*f[i-1][0]%mod;

			f[i][1]=((a[i]*(a[i]+1)>>1)*f[i-1][0]+(a[i]+1)*f[i-1][1])%mod;

			f[i][2]=((b[i]*(2*k-b[i]+1)>>1)*f[i-1][0]+(k-b[i])*f[i-1][2])%mod;

			if (b[i]<=a[i])

				f[i][3]=(f[i-1][3]+(a[i]-b[i])*f[i-1][2]+b[i]*f[i-1][1]+(b[i]*(2*a[i]-b[i]+1)>>1)*f[i-1][0])%mod;

			else

				f[i][3]=((a[i]+1)*f[i-1][1]+(a[i]*(a[i]+1)>>1)*f[i-1][0])%mod;

		}

		printf("%lld\n",(all-f[l][3]+mod)%mod);

	}

	return 0;

}

汽水(soda)

看见平均值自然可以想到分数规划。题目中所给的$k$可以减到每条边的权值里面去，这样问题就变成了找一条路径使其平均值的绝对值最小。

先点分，对于每个分治重心做一次二分。假设组成答案路径的是$(A,B),(C,D)$这两个二元组，其中$A,C$代表两条到根路径的权值和，$B,D$代表长度。二分$-k<\frac{A+C}{B+D}<k$，只需要判断是否存在满足条件的二元组即可。

先假设$A+C\ge0$，那么就只需要满足$\frac{A+C}{B+D}<k$这个条件，即$kB-A>C-kD$。按$A$从小到大枚举$(A,B)(A\ge0)$，加入所有使$A+C\ge0$的$(C,D)$，维护$C-kD$的最小值即可。考虑到$(A,B),(C,D)$不能来自于分治重心的同一棵子树，故需要维护来自不同子树的最小及次小值。

$A+C<0$同理，可得$A+kB>-C-kD$，故维护$-C-kD$的最小值即可。

这样复杂度为$O(n\log^2n)$。

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

using namespace std;

#define ll long long

#define pi pair<ll,int>

#define mk make_pair

const int N = 50005;

int n,to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],cnt,sz[N],w[N],vis[N],root,sum,top,pos;

ll ww[N<<1],ans=1ll<<60;

struct data{

	ll x,y,z;

	data(){x=y=z=0;}

	data(ll _x,ll _y,ll _z){x=_x,y=_y,z=_z;}

	bool operator < (const data &b) const {return y<b.y;}

}s[N];

pi m1,m2;

void getroot(int u,int f){

	sz[u]=1;w[u]=0;

	for (int e=head[u];e;e=nxt[e])

		if (to[e]!=f&&!vis[to[e]]){

			getroot(to[e],u),sz[u]+=sz[to[e]];

			w[u]=max(w[u],sz[to[e]]);

		}

	w[u]=max(w[u],sum-sz[u]);

	if (w[u]<w[root]) root=u;

}

void dfs(int u,int f,ll dep,ll dis,int ac){

	s[++top]=data(dep,dis,ac);

	for (int e=head[u];e;e=nxt[e])

		if (to[e]!=f&&!vis[to[e]])

			dfs(to[e],u,dep+1,dis+ww[e],ac);

}

void upt(pi S){

	if (S.first<m1.first){

		if (S.second!=m1.second) m2=m1;

		m1=S;

	}else if (S.first<m2.first&&S.second!=m1.second) m2=S;

}

bool chk1(ll k){

	m1=m2=mk(1ll<<60,0);

	for (int i=pos,j=pos-1;i<=top;++i){

		while (j&&s[i].y+s[j].y>=0) upt(mk(s[j].y-k*s[j].x,s[j].z)),--j;

		if (k*s[i].x-s[i].y>(s[i].z==m1.second?m2.first:m1.first)) return true;

		upt(mk(s[i].y-k*s[i].x,s[i].z));

	}

	return false;

}

bool chk2(ll k){

	m1=m2=mk(1ll<<60,0);

	for (int i=pos-1,j=pos;i;--i){

		while (j<=top&&s[i].y+s[j].y<0) upt(mk(-k*s[j].x-s[j].y,s[j].z)),++j;

		if (k*s[i].x+s[i].y>(s[i].z==m1.second?m2.first:m1.first)) return true;

		upt(mk(-k*s[i].x-s[i].y,s[i].z));

	}

	return false;

}

void solve(int u){

	vis[u]=1;s[top=1]=data(0,0,0);

	for (int e=head[u];e;e=nxt[e])

		if (!vis[to[e]]) dfs(to[e],u,1,ww[e],to[e]);

	sort(s+1,s+top+1);

	for (pos=1;s[pos].y<0;++pos) ;

	ll l=1,r=ans;

	while (l<=r){

		ll mid=l+r>>1;

		if (chk1(mid)||chk2(mid)) ans=r=mid-1;

		else l=mid+1;

	}

	for (int e=head[u];e;e=nxt[e])

		if (!vis[to[e]]){

			root=0,sum=sz[to[e]];

			getroot(to[e],u),solve(root);

		}

}

int main(){

	freopen("soda.in","r",stdin);

	freopen("soda.out","w",stdout);

	ll k;scanf("%d%lld",&n,&k);

	for (int i=1;i<n;++i){

		int u,v;ll w;scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);w-=k;ans=min(ans,abs(w));

		to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];ww[cnt]=w;head[u]=cnt;

		to[++cnt]=u;nxt[cnt]=head[v];ww[cnt]=w;head[v]=cnt;

	}

	sum=w[0]=n;getroot(1,0);solve(1);

	printf("%lld\n",ans);return 0;

}

定向越野(circle)

咕咕咕