洛谷P3237 米特运输 [HNOI2014] hash/二进制分解

正解:hash/二进制分解

解题报告:

传送门!

umm首先提取下题意趴QAQ

大概是说给一棵树,每个点有一个权值,要求修改一些点的权值,使得同一个父亲的儿子权值相同,且父亲的权值必须是所有儿子权值之和

首先其实可以想到,只要树上一个点确定了,其实整棵树都确定了,太显然了懒得证QAQ

所以现在其实是只要确定任意一个点就能知道要修改的数量

显然对根进行考虑是最简单的,因为知道根就知道总量,然后就十分显然地出来ans了,甚至答案都能被直接表示出来,设当前节点的权值为a[x],有tot个儿子,那么它的所有儿子节点就是a[x.son]=a[x]/tot

然后考虑,要尽量少的点修改,就是要尽量多的点不被修改,考虑怎么样的时候两个点是都不会被修改的?

不就是从根走到节点的链上的子节点个数乘积再乘以当前节点的权值相等嘛,这儿可以get趴,不能get的自己画个图然后钦定两个点相等从下向上递推过去就能get这个结论了QAQ

所以就考虑直接从根结点一路走下去,每到一个节点就记录一路过来经过的节点的子节点个数的乘积,转移非常好想不说

然后现在就变成了有多少个相等的权值,总量减最多的相等的权值的数量就是ans了

最后一个细节是,直接这么乘下去会爆精度,这里有两个处理方法,分别说下QAQ

第一个是可以想起之前有次考试求乘法最短路,用的就是转化成log,利用指数的美好性质,把乘法变成了加法,这里同样的思考,就把他们都取个log,然后就变成了加法,就欧克了QAQ

第二个是可以用个hash,就一路上取膜,然后判是否相等,然后为了保证正确性,就多取几个数,多膜几次就好

然后感觉hash那个挺麻烦的,,,我我我打到一半打不下去了,,,所以先放个麻油打完但是已经不想打的代码好了QAQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
#define rg register
#define gc getchar()
#define rp(i,x,y) for(rg ll i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(rg ll i=x;i>=y;--i)
#define e(i,x) for(rg ll i=head[x];i;i=edge[i].nxt)

const ll N=+,mod1=,mod2=,mod3=;//,mod4=19871023,mod5=19970122;
ll n,a[N],head[N],ed_cnt,sz[N],hs1[mod1],hs2[mod2],hs3[mod3];//,hs4[mod4],hs5[mod5];
struct ed{ll to,nxt;}edge[N<<];
struct hsh{ll to,nxt;}hsh1[N],hsh2[N],hsh3[N],hsh4[N],hsh5[N];

il ll read()
{
    rg char ch=gc;rg ll x=;rg bool y=;
    while(ch!='-' && (ch>'' || ch<''))ch=gc;
    if(ch=='-')ch=gc,y=;
    while(ch>='' && ch<='')x=(x<<)+(x<<)+(ch^''),ch=gc;
    return y?x:-x;
}
il void ad(ll x,ll y){edge[++ed_cnt]=(ed){x,head[y]};head[y]=ed_cnt;}
il void ad_hs1(ll x,ll y){return;}
il void ad_hs2(ll x,ll y){return;}
il void ad_hs3(ll x,ll y){return;}
void dfs1(ll nw,ll muil,ll fa){ad_hs1(muil,a[nw]);e(i,nw)if(edge[i].to^fa)++sz[nw];e(i,nw)if(edge[i].to^fa)dfs1(edge[i].to,muil*sz[nw]%mod1,nw);}
void dfs2(ll nw,ll muil,ll fa){ad_hs2(muil,a[nw]);e(i,nw)if(edge[i].to^fa)dfs2(edge[i].to,muil*sz[nw]%mod2,nw);}
void dfs3(ll nw,ll muil,ll fa){ad_hs3(muil,a[nw]);e(i,nw)if(edge[i].to^fa)dfs3(edge[i].to,muil*sz[nw]%mod3,nw);}
//void dfs4(ll nw,ll muil,ll fa){ad_hs4(muil,a[nw]);e(i,nw)if(edge[i].to^fa)dfs4(edge[i].to,muil*sz[nw]%mod4,nw);}
//void dfs5(ll nw,ll muil,ll fa){ad_hs5(muil,a[nw]);e(i,nw)if(edge[i].to^fa)dfs5(edge[i].to,muil*sz[nw]%mod2,nw);}

int main()
{
    freopen("mtys.in","r",stdin);freopen("mtys.out","w",stdout);
    n=read();rp(i,,n)a[i]=read();rp(i,,n-){ll x=read(),y=read();ad(x,y);ad(y,x);}dfs1(,,);dfs2(,,);dfs3(,,);
    return ;
}

还有check和ad函数麻油写QAQ

但是感觉log的那个还是很可做的所以会放下那个的代码应该QAQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define ll long long
#define rg register
#define gc getchar()
#define lf long double
#define rp(i,x,y) for(rg ll i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(rg ll i=x;i>=y;--i)
#define e(i,x) for(rg ll i=head[x];i;i=edge[i].nxt)

const ll N=+;const lf eps=1e-;
ll n,a[N],head[N],ed_cnt,num,tmp=;
lf as[N];
struct ed{ll to,nxt;}edge[N<<];

il ll read()
{
    rg char ch=gc;rg ll x=;rg bool y=;
    while(ch!='-' && (ch>'' || ch<''))ch=gc;
    if(ch=='-')ch=gc,y=;
    while(ch>='' && ch<='')x=(x<<)+(x<<)+(ch^''),ch=gc;
    return y?x:-x;
}
il void ad(ll x,ll y){edge[++ed_cnt]=(ed){x,head[y]};head[y]=ed_cnt;}
void dfs(ll nw,lf muil,ll fa)
{
    as[nw]=muil+(lf)log(a[nw]);ll tot=;e(i,nw)if(edge[i].to^fa)++tot;
    e(i,nw)if(edge[i].to^fa)dfs(edge[i].to,muil+(lf)log(tot),nw);
}

int main()
{
//     freopen("mtys.in","r",stdin);freopen("mtys.out","w",stdout);
    n=read();rp(i,,n)a[i]=read();rp(i,,n-){ll x=read(),y=read();ad(x,y);ad(y,x);}dfs(,log(1.0),);
    sort(as+,as++n);rp(i,,n)if(abs(as[i]-as[i-])<=eps)++tmp;else num=max(num,tmp),tmp=;num=max(num,tmp);printf("%lld\n",n-num);
    return ;
}

然后那个log的代码是真的简单,,,QAQ