AtCoder Beginner Contest 220

传送门

---

A、B、C、D、F比较简单，没必要写出来

---

E - Distance on Large Perfect Binary Tree

题目

问一个深度为 \(n\)的满二叉树有多少个点对的距离恰好为 \(D\)

\(n\leq 10^6,D\leq 2*10^6\)

---

分析

其实此题也比较简单但是赛时没调出来QAQ

考虑分成两种情况讨论，一种情况是其中一个为 \(LCA\)，

那么这个就是\(\sum_{i=1}^n2^{i-1}*2^D[i+D\leq n]\)

另一种就枚举其中一个点往下的度数，也就是

\[\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n2^{i-1}\sum_{x=1}^{D-1}2^x*2^{D-x}[i+D-x\leq n][i+x\leq n]
\]

也就是

\[\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n2^{i-1}\sum_{x=max(1,i+D-n)}^{min(n-i,D-1)}2^D
\]

---

代码

#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=998244353;
int two[2000011],ans,n,m;
inline signed max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline signed min(int a,int b){return a<b?a:b;}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),two[0]=1;
	for (rr int i=1;i<=n*2;++i) two[i]=2ll*two[i-1]%mod;
	for (rr int i=1;i<=n;++i){
		rr int l=max(1,i+m-n),r=min(m-1,n-i);
		if (l<=r) ans=(ans+1ll*(r-l+1)*two[i-1]%mod*two[m-1]%mod)%mod;
	}
	for (rr int i=m+1;i<=n;++i) ans=(ans+two[i])%mod;
	return !printf("%d",ans);
}

---

G - Isosceles Trapezium

题目

给定 \(n\) 个点，点权为 \(w_i\)，

问其中四个点构成的等腰梯形的最大点权和

---

分析

等腰梯形的上底和下底中点的连线垂直于上底和下底，用这个性质枚举线段即可

---

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <map>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
const int N=1011; typedef long long lll;
map<pair<double,double>,int>uk; lll ans=-4e9;
map<pair<lll,lll>,lll>K[N*N]; int n,lA,lB,cnt;
map<pair<lll,lll>,lll>::iterator it;
struct Point{lll x,y,w;}a[N],A[N*N],B[N*N];
inline signed iut(){
	rr int ans=0,f=1; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) f=(c=='-')?-f:f,c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans*f;
}
inline lll max(lll a,lll b){return a>b?a:b;}
bool cmpx(Point x,Point y){return x.x<y.x||(x.x==y.x&&x.y<y.y);}
bool cmpy(Point x,Point y){return x.y<y.y||(x.y==y.y&&x.x<y.x);}
signed main(){
	n=iut();
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=(Point){iut(),iut(),iut()};
	for (rr int i=1;i<n;++i)
	for (rr int j=i+1;j<=n;++j){
		rr Point t=(Point){a[i].x+a[j].x,a[i].y+a[j].y,a[i].w+a[j].w};
		if (a[i].x==a[j].x) A[++lA]=t;
		else if (a[i].y==a[j].y) B[++lB]=t;
		else {
		    rr double k=(double)(a[j].x-a[i].x)/(a[i].y-a[j].y),b=t.y-k*t.x;
		    if (!uk[make_pair(k,b)]) uk[make_pair(k,b)]=++cnt;
		    rr int pos=uk[make_pair(k,b)];
		    rr lll now=K[pos][make_pair(t.x,t.y)];
			K[pos][make_pair(t.x,t.y)]=max(now,t.w);
		}
	}
	for (rr int i=1;i<=cnt;++i){
		rr lll now=-2e9;
		for (it=K[i].begin();it!=K[i].end();++it){
			if (now!=-2e9) ans=max(ans,now+(it->second));
			now=max(now,it->second);
		}
	}
	sort(A+1,A+1+lA,cmpy),sort(B+1,B+1+lB,cmpx);
	for (rr int l=1,r;l<=lA;l=r+1){
		for (r=l;A[l].y==A[r].y;++r); --r;
		rr int j=l; rr lll now=-2e9;
		for (rr int i=l+1;i<=r;++i){
			for (;A[j].x<A[i].x;++j) now=max(now,A[j].w);
			if (now!=-2e9) ans=max(ans,now+A[i].w);
		}
	}
	for (rr int l=1,r;l<=lB;l=r+1){
		for (r=l;B[l].x==B[r].x;++r); --r;
		rr int j=l; rr lll now=-2e9;
		for (rr int i=l+1;i<=r;++i){
			for (;B[j].y<B[i].y;++j) now=max(now,B[j].w);
			if (now!=-2e9) ans=max(ans,now+B[i].w);
		}
	}
	if (ans==-4e9) printf("-1");
	    else printf("%lld",ans);
	return 0;
}

---

H - Security Camera

题目

给出一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的无向图，问有多少个点集相邻的边数量为偶数

\(n\leq 40\)

---

分析

这个相邻的边不好搞，不过点集的补集要满足其导出子图的边数与 \(m\) 奇偶性相同。

理应用meet in the middle写的，但是其实可用状态很少，直接dp在2s内还是可以跑过的

设 \(dp[i][x][y]\) 表示前 \(i\) 个点之间连边奇偶性为 \(x=0/1\)

且第 \(i\) 个点之后的连边奇偶性状态为 \(y\) 的点集数量

---

代码

int main(){
	n=iut(),m=iut();
	for (rr int i=1;i<=m;++i){
		rr int x=iut(),y=iut();
		a[x]|=1ll<<(y-x-1);//扔掉小于x的状态
	}
	dp[0][m&1][0]=1;
	for (rr int i=0;i<n;++i)
	for (rr int j=0;j<2;++j)
	for (it=dp[i][j].begin();it!=dp[i][j].end();++it){
		rr lll fi=it->first,se=it->second;
		dp[i+1][(j^fi)&1][(fi>>1)^a[i+1]]+=se;//选择这个点就要判断与该点连边的边数是否为奇数
		dp[i+1][j][fi>>1]+=se;
	}
	return !printf("%lld",dp[n][0][0]);
}