Day5下

T1

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=;
int n,m,k,p;
int to[N],nex[N];
int a[N][N];
int main()
{
    freopen("rotate.in","r",stdin);
    freopen("rotate.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
    for(int j=;j<=n;j++)    to[j]=j;
    for(int i=;i<=p;i++)
    {
        scanf("%d",&m);a[i][]=m;
        for(int j=;j<=m;j++)    scanf("%d",&a[i][j]);
    }
    for(int i=p;i>=;i--)
    {
        memset(nex,,sizeof nex);m=a[i][];

        for(int j=;j<=m;j++)    nex[a[i][j-]]=a[i][j];
        nex[a[i][m]]=a[i][];

        for(int j=;j<=n;j++)
        if(nex[to[j]])    to[j]=nex[to[j]];
    }
    for(int j=;j<=n;j++)
    printf("%d ",to[j]);
    return ;
}

first 100

置换，没学过的话模拟就行。考察理解题意了。

正着做：置换的性质。（不知道也能做）

T2

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=1e4+;
int n,a,b,c,d;
int q[N];
long long ans;
int main()
{
    freopen("range.in","r",stdin);
    freopen("range.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);

    for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]);

    for(int i=,j;i<=n;i++)
    {
        int ans1,ans2;
        ans1=ans2=q[i];
        if(ans1<a||ans2>d)    continue;
        j=i;
        for(j;j<=n;j++)
        {
            ans1&=q[j];ans2|=q[j];
            if(ans1<a||ans2>d)    break;
            if(ans1<=b&&ans2>=c)    ans++;
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
} 

first 60

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long  LL;
const int N=1e5+;
const LL P=1e9+;
LL ans;
int s[N],sta[N][],sto[N][];
int worka(int l,int r)
{
    int L=r-l+;
    int t=log2(L);
    return sta[l][t]&sta[r-(<<t)+][t];
}
int worko(int l,int r)
{
    int L=r-l+;
    int t=log2(L);
    return sto[l][t]|sto[r-(<<t)+][t];
}
int n,a,b,c,d;
int main()
{
    freopen("range.in","r",stdin);
    freopen("range-me.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c,&d);
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&s[i]);
        sta[i][]=sto[i][]=s[i];
    }

    //预处理倍增，下一步能O(1)查询区间值
    for(int j=;j<=;j++)
    for(int i=;i<=n;i++)
    if(i+(<<j)- <=n )
    {
        sta[i][j]=sta[i][j-]&sta[i+(<<j)][j-];
        sto[i][j]=sto[i][j-]|sto[i+(<<j)][j-];
    }
    //查找区间（具有单调性）
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        int andans,orans;
    //    andans=orans=s[i];
        int j=i;
        while(j<=n)
        {
            int L=j,R=n+,mid;
            andans=worka(i,j);
            orans=worko(i,j);
            while(R-L>)
            {
                mid=(L+R)>>;
                if(worka(i,mid)==andans&&worko(i,mid)==orans)
                    L=mid;
                else R=mid;
            }
            if(andans>=a&&andans<=b&& orans>=c&&orans<=d)
            ans+=L-j+;
            j=L;
        } 

    }
    cout<<ans%P;
}

二分+st优化

先固定左端典，向右搜，查找区间个数。

怎么优化，二分 +倍增。

本来我想’与‘和’或‘是不满足 前缀差等于区间值的性质的。

其实我的想法太狭隘了，仔细想想：无论是’与‘还是’或‘ 都满足两段区间O(1)合成更大区间的性质。

比如f[1,6] & f[3,9],  可以看成f[1,3] & f[3,6]&f[6,9] &f[3,6] 一个数和本身的’‘与’还是本身无影响。

然后就能通过二分把n^n变成nlogn,

T3

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=;
const int P=1e9+;
int n,k;
int h[N],nex[N*],to[N*],cnt;
int w[N],sum[N],tot[N];//子树节点数，根到这的和
int x,y;
void add()
{
    scanf("%d%d",&x,&y);
    to[++cnt]=y,nex[cnt]=h[x],h[x]=cnt;
    to[++cnt]=x,nex[cnt]=h[y],h[y]=cnt;
}
int vis[N];int ans;
void dfs(int Tot,int Sum,int last)
{
    if(Tot==k)
    {
        int ss=Sum;
        for(int i=;i<=n;i++)
        if(vis[i])
        for(int j=h[i];j;j=nex[j])
        if(!vis[to[j]])        Sum++;
        Sum=n--Sum;
        ans=(1LL*ans+1LL*(<<Sum)%P)%P;         

        Sum=ss;
    }
    if(Tot>k)    return ;
    for(int i=last;i<=n;i++)
    if(vis[i])
    {
        int is=;
        for(int j=h[i];j;j=nex[j])
        if(!vis[to[j]])    {
            vis[to[j]]=;
            dfs(Tot+w[to[j]],Sum+,i);
            vis[to[j]]=;
        is=;
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("fruit.in","r",stdin);
    freopen("fruit.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int is=;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
        if(!w[i])    is=;
    }
    for(int i=;i<n;i++)    add();

    vis[]=;
    dfs(w[],,);
    if(!is) ans--;
    cout<<ans;
    return ;
}

0分

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL P= 1e9+;
const int N=;
int n,k;
int a[N];
int h[N],nex[N*],to[N*],cnt;
LL f[N][N];
int x,y;
void add()
{
    scanf("%d%d",&x,&y);
    to[++cnt]=y,nex[cnt]=h[x],h[x]=cnt;
    to[++cnt]=x,nex[cnt]=h[y],h[y]=cnt;
}
int dfs(int x,int fa)
{
    int sum=,tmp;
    for(int i=h[x];i;i=nex[i])
    {
        if(to[i]==fa)    continue;
        for(int j=;j<=n-a[to[i]];j++)
            f[to[i]][j+a[to[i]]]=f[x][j];
        tmp=dfs(to[i],x);
        for(int j=;j<=n;j++)
        f[x][j]=(f[x][j]*(<<(tmp-))+f[to[i]][j])%P;
        sum+=tmp;
    }
    return sum;
}
int main()
{
    freopen("d.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=;i<n;i++)    add();

    f[][a[]]=;
    dfs(,);
    printf("%lld",(f[][k]));
}

树上dp

说到T3我就不得不吐槽一下，我投入了整套题考试总时间中超过一半的时间，结果0分。遗憾啊。

搜索 搜重了，不知道怎么去重。

正解是个背包（我没看出来。。。），f[i][j]表示在i节点及其子树中拿j个果子的方案数，。

转移的话先遍历子节点，再根据已有信息更新其他字节点，和其父节点。

　　dp[x][j] = (（1<<(tmp-1) * dp[x][j] % mod + dp[son][j])% mod

(除了直接相连的边必须断掉之外，其他边怎样都行，2^n 种状态。