YAOI Round #1 题解

前言

比赛网址：http://47.110.12.131:9016/contest/3

总体来说，这次比赛是有一定区分度的， \(\text{ACM}\) 赛制也挺有意思的。

题解

A. 云之彼端，约定的地方

考点：

无（签到题）

解法：

本题是拓扑学中的欧拉公式的结论题。

我们发现 \(V=E-F+2\) ，于是便得到了答案。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
	int e,f;
	scanf("%d%d",&e,&f);
	printf("%d",e-f+2);
	return 0;
}

B. 秒速 5 厘米

考点：

拓展欧几里得，裴蜀定理，简单数论/构造。

由于近年来考试加强了对数论的考察，今年更是考了一道构造题，故出此题来考考大家。

解法：

要使所有的数清零，也就是要使方程 \(len_1 \times x + len_2 \times y + len_3 \times z + X = 0\) 这个方程一定有解。

于是联想到裴蜀定理： \(ax+by=c\) 有解当且仅当 \(\gcd(x,y)|c\) 。

故我们知道当 \(\gcd(x,y)=1\) 时，这个方程一定有解。

所以我们考虑第一次操作修改区间 \([1,n]\) ，第二次修改区间 \([1,n-1]\) ，第三次修改 \(n\)。

由于 \(n\) 和 \(n-1\) 互质，所以一定存在方法使前两次之和加上原数等于 \(0\) ，而最后一次操作又能使最后一个数变成 \(0\) 。

具体构造方案就变成了求方程 \(nx + (n-1)y = C\) 的任意一组解。

而这不管是交给小学奥数还是交给拓展欧几里得都是可以的。

这题的构造其实不难想到，当然观察样例也可以发现，可以说观察样例是极其重要的能力。

代码： （来自 liyiming ，出题人是用拓欧写的，放这个比较友好。）

int main()
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	cout << 1 << " " << n - 1 << endl;
	cout << a[1] * (n - 1);
	for (int i = 2; i <= n - 1; i++) cout << " " << a[i] * (n - 1);
	cout << endl;
	cout << 1 << " " << n << endl;
	for (int i = 1; i <= n - 1; i++) cout << -a[i] * n << " ";
	cout << 0 << endl;
	cout << n << " " << n << endl;
	cout << -a[n];
	cout << endl;
	return 0;
}

C. 追逐繁星的孩子

考点：

树论，树的遍历，概率的基本计算。

解法：

对于题目中给的这棵树，从 \(1\) 号节点开始进行一次 \(\text{dfs}\) ，并在过程中计算经过该点的概率即可。

当然，如果当前概率已经不合法，则可以剪枝优化。

本题的难度明显小于 B 题， AC 人数不符合预期……

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define Re register
using namespace std;

const int maxn=500005;
vector<int> T[maxn],E[maxn];
int n,q,cnt;

void dfs(int x,int fa,long double p)
{
	if(p*100<q) return;
	cnt++;
	for(Re int i=0;i<T[x].size();i++)
	{
		if(T[x][i]==fa) continue;
		dfs(T[x][i],x,p*E[x][i]/100);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(Re int i=1;i<n;i++)
	{
		int u,v,p;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&p);
		T[u].push_back(v);
		T[v].push_back(u);
		E[u].push_back(p);
		E[v].push_back(p);
	}
	dfs(1,1,1.0);
	printf("%d",cnt);
	return 0;
}

D. 言叶之庭

代码：

int n;
cin>>n;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
	f[i] = f[i+1] + (double)n / ((double)n - i);
	g[i] = g[i+1] + (double)i / ((double)n - i) * f[i]+ f[i+1] + (double)n / ((double)n - i);
}
printf("%.2lf",g[0]);

考点:

期望相关知识。

可以说期望是一个大难点，如何逾越它是个重要的问题。

题解:

本题为 Luogu P4550 原题……

E. 你的名字

考点:

组合数学，计数问题。

计数问题是福建省选的黄金考点，六题能出四道计数。

题解:

使用 Burnside 引理（\(\begin{aligned}cnt = \frac{1}{|G|}\sum\limits \chi (x)\end{aligned}\)）或者简单的容斥可得：

\[\begin{aligned}ans=\frac{2 \times 2^{\frac{n^2}{4}} + 2^{\frac{n^2}{2}} + 2^{n^2}}{4}\end{aligned}
\]

而 \(2\) 的那么多次方直接用快速幂计算即可。

（考虑利用费马小定理，我们可以进一步优化，这里就不介绍了，可以看下面代码自行理解……）

代码：

cout<<(2*1ll*qpow(2,ksc(n/2,n/2,mod-1))+qpow(2,ksc(n/2,n,mod-1))+qpow(2,ksc(n,n,mod-1)))%mod*1ll*inv4%mod;

F. 天气之子

考点:

计数问题，树论。

树论是 noip / CSP 中最重要的考点之一。

题解:

这种方法叫做 贡献 法，考虑一个连通块在哪些 \([l,r]\) 中出现过。

我们需要取其中一个点作为这个连通块的代表，不妨就取深度最浅的那个点。

于是我们枚举每个结点作为连通块的最浅结点，显然它能作为最浅结点当且仅当它的父节点没有被取到，当它的父节点被取到时，它就不是最浅节点，也可以认为这个连通块它不存在。

然后就做完了本题……

代码：

u64 ans = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
	if (fat[i] < i)
	{
		ans += (i - fat[i]) * 1ll * (n - i + 1);
	}
	else
	{
		ans += (fat[i] - i) * 1ll * i ;
	}
}