省选模拟赛day4

怎么说？发现自己越来越菜了 到了不写题解写不出来题目的地步了。。

这次题目我都有认真思考 尽管思考的时候状态不太好 但是 我想 再多给我时间也思考不出来什么吧

所以写一份题解。

T1 n个点的有根树 1号点为根 第i个点的点权为\(w_i\) \(1\leq w_i\leq L\) 定义一个长度为L的序列是完美的 当且仅当\(\forall 1\leq i\leq L\)

都有\(w_{a_i}=i\)且\(\forall 1\leq k<i\) \(a_k\)为\(a_i\)的父亲。定义\(f_i\)为第i个点的父亲.

有m次修改 对于第i次修改会把\(u=(i-1)%mod+n+1\)的点权修改为\(v_i\)

对于每次修改过后的答案乘上i 对1e9+7取模 询问m次修改的答案和。\(L\leq n\leq 1e6\) \(m\leq 2e6\) \(1\leq f_i<i\)

显然有一个nm的dp 只不过放到了树上。

不难发现这个L很像我们的最长上升子序列 如果该序列中存在最长上升子序列的话 那这样求的就是最长上升子序列的方案数了。

不过每次有单点修改。往这个方向思考 是无果的 基本上我们最长上升子序列方案数不支持修改 查询。

但是可以发现 每次修改的点是有序的 1 2 3 4 5...n...1.... 同时看题目中关键的条件 \(f_i<i\)自己的父亲小于自己 也就是说对于每个点在修改的时候 自己的父亲已经被改过了 这是这道题的关键之处 修改并非无序修改。

做题的时候抓住题目中的条件来解决问题 把题目中的条件都理解透了 再思考 问题的解决。

考虑对于链的怎么做 其实就是序列了 容易设出设\(f_i\)表示以i为结尾的方案数 \(g_i\)表示以i为开头的方案数。

一个点将会被修改掉 我们需要-其在原本的答案中所占方案数+新产生的方案。

所占方案 那显然是\(f_i\cdot g_i\) 考虑一个新的数字\(v_i\) 其产生的方案为 \((\sum\limits_{1\leq k<i,w_k=v_i-1}f_k)\cdot (\sum\limits_{i+1\leq k\leq L,w_k==v_i+1}g_k)\)

可以发现这正是我们新的f值 和g值的相乘。

但是不可做的一点是 由于存在修改 我们一个点的f 和g容易得出 但是其他点的f和g的值将会被扰乱导致下一个点再这样做的时候结果不正确。

当然这种修改是很难维护的 尽管我们维护值域线段树 想做出这样的修改也很不容易。

接下来利用题目中的条件 自己的父亲比自己先修改这一条件。

可以发现我们当前点在修改过后 对于新的f值我们利用父亲修改过后的再累计一个方案数维护。

对于g的维护可以发现还是旧的就行 因为儿子不可能发生修改。

但是有多次轮回修改怎么解决。其实可以直接莽了 每次树形dp处理一轮的问题。时间复杂度O(n) 同时也处理O(n)个问题。

那么有O(m)个问题 显然 我们时间复杂度就是O(m)的 简单来讲就是 m/n轮处理 每次时间复杂度O(n)故总时间复杂度O(m).

考虑在树上怎么做我们还是套用刚才的模型来做 对于f显然可以这样做。

考虑g的维护 发现处理完一个子树的g 这个子树的g由于对我们的父亲还有贡献我们不能将其清理掉 所以可以进行桶差分一下即可 超级好写。

综上我们解决了这个问题 时间复杂度O(m).(真的不是什么LIS的方案数啊啊啊。

可以发现当自己认为问题不可被解决时 80%是自己没有认真读题。

···

int n,m,L,len,top;

int a[MAXN],v[MAXN];ll cf[MAXN],w[MAXN],b[MAXN],g[MAXN],cg[MAXN],f[MAXN],cnt,ans;

int lin[MAXN],ver[MAXN],nex[MAXN];

inline void add(int x,int y)

{

ver[++len]=y;

nex[len]=lin[x];

lin[x]=len;

}

inline void dp(int x)

{

ll ww=cg[v[x]+1];

ll w1=cg[a[x]+1];

//求出f数组 f数组表示以某个点为结尾的方案数 更新过的v数组来求出

f[x]=cf[v[x]-1];

if(v[x]1)f[x]=1;

w[x]=cf[a[x]-1];

if(a[x]1)w[x]=1;

cf[v[x]]=(cf[v[x]]+f[x])%mod;

go(x)dp(tn);

cf[v[x]]=(cf[v[x]]-f[x])%mod;

//求出g数组 g数组表示以某个点为开头的方案数 通过a数组求出

g[x]=(cg[v[x]+1]-ww)%mod;

if(v[x]L)g[x]=1;

b[x]=(cg[a[x]+1]-w1)%mod;

if(a[x]L)b[x]=1;

cg[a[x]]=(cg[a[x]]+b[x])%mod;

if(a[x]1)ans=(ans+b[x])%mod;

}

int main()

{

freopen("1.in","r",stdin);

//freopen("tree.out","w",stdout);

get(n);get(m);get(L);

rep(2,n,i)add(read(),i);

rep(1,n,i)v[i]=get(a[i]);

int st;

rep(1,m,i)

{

int x=(i-1)%n+1;

if(x1)st=i;

a[x]=v[x];

get(v[x]);

if(xn||im)

{

rep(1,n,j)cg[j]=cf[j]=0;

rep(x+1,n,j)a[j]=v[j];

ans=0;dp(1);

rep(1,x,j)

{

ans=(ans-w[j]b[j]+f[j]g[j])%mod;

cnt=(cnt+ans*st)%mod;++st;

}

}

}

printf("%lld\n",(cnt+mod)%mod);

return 0;

}

可以说这道题并非很难 失误之处在于没有抓住题目种给的条件。