12月15日DP作业

[APIO2014]连珠线

考虑一组以 \(x\) 为中点的蓝边，有两种可能：

\[son[x]->x->fa[x]
\]

\[son[x]->x->son[x]
\]

其中若有两个儿子间连边的点不存在祖先关系，那么它们就无法被连接到一起

因此所有的儿子间连边的点一定在一条链上

因此，若以链的最低点为根，那么所有儿子间连边的点的情况可以归纳为 \(son[x]->x->fa[x]\) 的情况

换根 \(dp\) 即可

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int ver[400005],ne[400005],head[200005],cnt,val[400005];
inline void link(int x,int y,int v){
	ver[++cnt]=y;
	ne[cnt]=head[x];
	head[x]=cnt;val[cnt]=v;
}
long long dp[2][200005],f[200005];
void dfs1(int x,int fi){
	dp[1][x]=f[x]=-1e18;
	for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
		int u=ver[i];
		if(u==fi)continue;
		dfs1(u,x);
		long long tmp=max(dp[0][u],dp[0][u]+dp[1][u]+val[i]),tmp2=dp[0][u]+val[i]-tmp;
		if(tmp2>dp[1][x])f[x]=max(f[x],dp[1][x]);
		else f[x]=max(f[x],tmp2);
		dp[0][x]+=tmp;dp[1][x]=max(dp[1][x],tmp2);
	}
}
long long ans;
void dfs2(int x,int fi){
	ans=max(ans,dp[0][x]);
	for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
		int u=ver[i];
		if(u==fi)continue;
		long long tmp=max(dp[0][u],dp[0][u]+dp[1][u]+val[i]),tmp2=dp[0][u]+val[i]-tmp;
		if(dp[1][x]==tmp2)dp[1][x]=f[x];
		dp[0][x]-=tmp;
		{
			long long tmp3=max(dp[0][x],dp[0][x]+dp[1][x]+val[i]),tmp4=dp[0][x]+val[i]-tmp3;
			dp[0][u]+=tmp3;
			if(tmp4>dp[1][u])f[u]=max(f[u],dp[1][u]);
			else f[u]=max(f[u],tmp4);
			dp[1][u]=max(dp[1][u],tmp4);
			dfs2(u,x);
		}
		dp[0][x]+=tmp;dp[1][x]=max(dp[1][x],tmp2);
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		link(x,y,z);link(y,x,z);
	}
	dfs1(1,1);dfs2(1,1);
	printf("%lld",ans);

	return 0;
}

[ZJOI2017]仙人掌

对树加边，使每条边最多一个环上，等价于将若干条不相交的链覆盖到树上

对于每个点，枚举与它相连的边的所有匹配情况即可

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n,m;
int ver[5000005],ne[5000005],head[5000005],ct;
bool is;
inline void link(int x,int y){
	ver[++ct]=y;
	ne[ct]=head[x];
	head[x]=ct;
}
int dfn[5000005],low[5000005],cnt;
int stk[5000005],top,col[5000005],tot;
void tarjan(int x,int fi){
	dfn[x]=low[x]=++cnt;
	bool flag=0;stk[++top]=x;
	for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
		int u=ver[i];
		if(u==fi)continue;
		if(!dfn[u]){
			tarjan(u,x);
			low[x]=min(low[x],low[u]);
			if(low[u]<dfn[x]){
				if(flag){is=0;return ;}
				flag=1;
			}
		}
		else {
			low[x]=min(low[x],dfn[u]);
			if(dfn[u]<dfn[x]){
				if(flag){is=0;return ;}
				flag=1;
			}
		}
	}
	if(dfn[x]==low[x]){
		col[x]=++tot;
		while(stk[top]!=x)col[stk[top--]]=tot;
		top--;
	}
}
long long dp[5000005],g[5000005];
const long long md=998244353;
bool vis[5000005];
void dfs(int x,int fi){
	dp[x]=1;vis[x]=1;
	int siz=0;
	for(int i=head[x];i;i=ne[i]){
		int u=ver[i];
		if(u==fi||col[u]==col[x])continue;
		dfs(u,x);siz++;
		dp[x]=dp[x]*dp[u]%md;
	}
	dp[x]=dp[x]*g[siz+(fi!=x)]%md;
//	cout<<x<<" "<<dp[x]<<" "<<siz+(fi!=x)<<endl;
}
int main(){
	g[0]=g[1]=1;
	for(int i=2;i<=5e6;i++)g[i]=(g[i-1]+g[i-2]*(i-1)%md)%md;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;i++)head[i]=0;ct=0;is=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=0;cnt=0;tot=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)dfn[i]=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			link(x,y);link(y,x);
		}
		tarjan(1,1);
//		for(int i=1;i<=n;i++)cout<<col[i]<<" ";cout<<endl;
		if(!is){
			puts("0");
			continue;
		}
		long long ans=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]){
			dfs(i,i);//cout<<i<<":\n";
			ans=ans*dp[i]%md;
		}
//		for(int i=1;i<=n;i++)cout<<dp[i]<<" ";
		printf("%lld\n",ans);
	}

	return 0;
}

[ZJOI2016]线段树 加强版（小小猫咪）

期望乘以总方案数就是对所有方案求和

考虑暴力 \(dp\) ：令 \(f[v][i][l][r]\) 表示区间 \([l,r]\) 内的值小于 \(val[v]\) ，且 \(a[l-1],a[r+1]>val[v]\) 的方案数，再令：

\[pre(v,i,j)=\sum_{t=1}^{j}f[v][i][t][r]*(t-1)
\\
suf(v,i,j)=\sum_{t=j}^{n}f[v][i][l][t]*(n-t)
\]

有：

\[f[v][i][l][r]=f[v][i-1][l][r]*g(l,r)+pre(v,i-1,l-1)+suf(v,i-1,r+1)
\]

其中 \(g(l,r)=\frac{l*(l-1)}{2}+\frac{(n-r)*(n-r+1)}{2}+\frac{(r-l+1)*(r-l+2)}{2}\) 表示无用操作数

则有：

\[ans[i]=\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}(f[v][p][l][r]-f[v-1][p][l][r])*val[v]
\]

拆开，有：

\[ans[i]=\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}f[v][p][l][r]*val[v]-\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}f[v-1][p][l][r]*val[v]
\\

=\sum_{i\in[l,r]}\sum_{v}f[v][p][l][r]*(val[v]-val[v+1])
\]

因此，可以直接设 \(dp[i][l][r]=\sum_{v}f[v][i][l][r]\)

转移方程：

\[pre(i,j)=\sum_{t=1}^{j}dp[i][t][r]*(t-1)
\\
suf(i,j)=\sum_{t=j}^{n}dp[i][l][t]*(n-t)
\\
dp[i][l][r]=dp[i-1][l][r]*g(l,r)+pre(i-1,l-1)+suf(i-1,r+1)

\]

进而时间复杂度 \(O(n^4)->O(n^3)\)

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q;
int a[405];
long long dp[2][405][405],pre[405][405],suf[405][405];
long long g[405][405],ans[405];
const long long md=1e9+7;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	a[0]=a[n+1]=1e9;
	for(int l=1;l<=n;l++){
		int mx=a[l];
		for(int r=l;r<=n;r++){
			mx=max(mx,a[r]);
			if(mx<=a[l-1]&&mx<=a[r+1])dp[0][l][r]=(mx-(l==1&&r==n?0:min(a[l-1],a[r+1])))%md;
			g[l][r]=(l*(l-1)/2+(n-r)*(n-r+1)/2+(r-l+1)*(r-l+2)/2)%md;
		}
	}
	for(int t=1;t<=q;t++){
		int lst=((t-1)&1),nxt=(t&1);
		for(int r=1;r<=n;r++){
			for(int i=1;i<=r;i++)pre[i][r]=(pre[i-1][r]+dp[lst][i][r]*(i-1))%md;
		}
		for(int l=1;l<=n;l++){
			for(int i=n;i>=l;i--)suf[l][i]=(suf[l][i+1]+dp[lst][l][i]*(n-i))%md;
		}
		for(int l=1;l<=n;l++){
			for(int r=l;r<=n;r++){
				dp[nxt][l][r]=(dp[lst][l][r]*g[l][r]+pre[l-1][r]+suf[l][r+1])%md;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int l=1;l<=i;l++){
			for(int r=i;r<=n;r++)ans[i]=(ans[i]+dp[q&1][l][r])%md;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",(ans[i]+md)%md);

	return 0;
}

星际旅行

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创造题目

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后宫

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分组

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攻城机变

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基因改造问题

拼接 \(SAM\) 即可

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int rt,cnt,lst,son[26][2000005],l[2000005],fa[2000005];
inline void insert(int c){
	int i=lst,x=++cnt;l[x]=l[lst]+1;lst=x;
	while(i&&!son[c][i])son[c][i]=x,i=fa[i];
	if(!i)fa[x]=rt;
	else{
		int j=son[c][i];
		if(l[i]+1==l[j])fa[x]=j;
		else {
			int e=++cnt;l[e]=l[i]+1;
			for(int t=0;t<26;t++)son[t][e]=son[t][j];
			fa[e]=fa[j];fa[x]=fa[j]=e;
			while(i&&son[c][i]==j)son[c][i]=e,i=fa[i];
		}
	}
}
char s[2000005];
int pre,ed,ans,op;
bool vis[2000005];
void dfs1(int x){
	if(op)printf("%s\n",s+1);ans++;
	bool is=0;
	for(int i=0;i<26;i++){
		if(!son[i][x])continue;
		s[++ed]=i+'A';
		dfs1(son[i][x]);
		s[ed--]=0;
	}
}
long long dp[2000005];
const long long md=1e9+7;
void dfs2(int x){
	if(dp[x])return ;dp[x]=1;
	for(int i=0;i<26;i++){
		if(!son[i][x])continue;
		dfs2(son[i][x]);
		dp[x]=(dp[x]+dp[son[i][x]])%md;
	}ans=dp[x];
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	for(int t=1;t<=T;t++){
		scanf("%s",s+1);
		int n=strlen(s+1);rt=++cnt;lst=cnt;vis[cnt]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)insert(s[i]-'A');
	}
	for(int i=cnt;i;i--){
		for(int j=0;j<26;j++)if(!son[j][i])son[j][i]=son[j][pre];
		if(vis[i])pre=i;
	}
	memset(s,0,sizeof(s));
	scanf("%d",&op);
	if(op)dfs1(1);else dfs2(1);
	printf("%d",ans);

	return 0;
}

UR #1 外星人

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庆典

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小猫咪

直接从 \(1\sim n\) 顺次填写 { \(a\) } 的第 \(i\) 位

设 \(dp[i][j][k]\) 表示，已经填完了 \(1\sim i\) 这些位置，并且目前已经确定在 \(1\sim i\) 中位置上的，值在 \(1\sim i\) 的数字有 \(j\) 个，这 \(j\) 个已经被确定的位置上的 \(\max\) 和为 \(k\) 的方案数

转移时枚举 \(i+1\) 这个数值被填到了哪里，以及在最终的排列里 \(i+1\) 这个位置上的值是什么即可

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long dp[2][55][2505],ans;
const long long md=998244353;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=0,u=1;i<n;i++,u^=1){
		for(int j=0;j<=i;j++){
			for(int k=0;k<=i*i;k++){
				long long &t=dp[u^1][j][k];
				if(!t)continue;
				dp[u][j+2][k+2*(i+1)]=(dp[u][j+2][k+2*(i+1)]+1ll*t*(i-j)%md*(i-j)%md)%md;
				dp[u][j+1][k+i+1]=(dp[u][j+1][k+i+1]+1ll*t*(i-j)%md*2%md+t)%md;
				dp[u][j][k]=(dp[u][j][k]+t)%md;t=0;
			}
		}
	}
	for(int i=m;i<=n*n;i++)ans=(ans+dp[n&1][n][i])%md;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*i%md;
	printf("%lld",ans);

	return 0;
}

基因改造计划

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```cpp

</details>

### [求余数]()

<details>
<summary>点击查看代码</summary>

```cpp

摩天大楼

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