bzoj 2159: Crash 的文明世界
Submit: 480 Solved: 234
[Submit][Status][Discuss]
Description
Crash 小朋友最近迷上了一款游戏——文明5(Civilization V)。在这个游戏中,玩家可以建立和发展自己的国家,通过外交和别的国家交流,或是通过战争征服别的国家。现在Crash 已经拥有了一个N 个城市的国家,这些城市之间通过道路相连。由于建设道路是有花费的,因此Crash 只修建了N-1 条道路连接这些城市,不过可以保证任意两个城市都有路径相通。在游戏中,Crash 需要选择一个城市作为他的国家的首都,选择首都需要考虑很多指标,有一个指标是这样的: 其中S(i)表示第i 个城市的指标值,dist(i, j)表示第i 个城市到第j 个城市需要经过的道路条数的最小值,k 为一个常数且为正整数。因此Crash 交给你一个简单的任务:给出城市之间的道路,对于每个城市,输出这个城市的指标值,由于指标值可能会很大,所以你只需要输出这个数mod 10007 的值。
Input
输入的第一行包括两个正整数N 和k。下面有N-1 行,每行两个正整数u、v (1 ≤ u, v ≤ N),表示第u 个城市和第v 个城市之间有道路相连。这些道路保证能符合题目的要求。
Output
输出共N 行,每行一个正整数,第i 行的正整数表示第i 个城市的指标值 mod 10007 的值。
Sample Input
1 2
1 3
2 4
2 5
Sample Output
7
23
18
18
HINT
20%的数据满足N ≤ 5000、k ≤ 30。 50%的数据满足N ≤ 50000、k ≤ 30。 100%的数据满足N ≤ 50000、k ≤ 150。 【特别注意】由于数据大小限制为5MB,我只好对测试时的输入文件进行压缩处理。下面的函数可以将压缩的输入文件转化为原始输入文件。(函数从infile 中读入压缩的输入文件,将解压缩后的输入文件输出到outfile 中) C/C++版本: void Uncompress(FILE *infile, FILE *outfile) { int N, k, L, i, now, A, B, Q, tmp; fscanf(infile, "%d%d%d", &N, &k, &L); fscanf(infile, "%d%d%d%d", &now, &A, &B, &Q); fprintf(outfile, "%d %d\n", N, k); for (i = 1; i < N; i ++) { now = (now * A + B) % Q; tmp = (i < L) ? i : L; fprintf(outfile, "%d %d\n", i - now % tmp, i + 1); } } Pascal 版本: procedure Uncompress(var infile, outfile : text); var N, k, L, i, now, A, B, Q, tmp : longint; begin read(infile, N, k, L, now, A, B, Q); writeln(outfile, N, ' ', k); for i := 1 to N - 1 do begin now := (now * A + B) mod Q; if i < L then tmp := i else tmp := L; writeln(outfile, i - now mod tmp, ' ', i + 1); end; end; 下面给出一个具体的例子。civiliazation_compressed.in 表示压缩的输入文件, civilization.in 表示解压缩后的输入文件。 civilization_compressed.in 7 26 4 29643 2347 5431 54209 civilization.in 7 26 1 2 2 3 2 4 3 5 4 6 5 7
2016.2.19重设时限为10s
为什么要把输入改成这鬼样,,,,害得我一开始没看见RE。。。。
咳咳现在讲一下正解。
首先S(i)=Σdist(i,j)^k,这个看起来贼迷,但是我们有一个公式:
x^k=Σ(i=1 to k) S(k,i)*P(x,i), 其中S是第二类斯特林数,P是排列数。
这样的话我们把这个套进S(i)里,就是:
S(i)=Σ(h=1 to k)S(k,h)*ΣP(dist(j,i),h), 又因为P(i,j)=C(i,j)*j!,所以变成C之后上式就是:
S(i)=Σ(h=1 to k)S(k,h)*h!*ΣC(dist(j,i),h) 。。。
貌似又陷入僵局了 ???
并不,后面的那个Σ是可以递推出来的,因为C(x,y)=C(x-1,y-1)+C(x-1,y).
所以我们设now[x][i]=ΣC(dist(x,v),i),其中v是以x为根的子树中的一点;
up[x][i]=ΣC(dist(x,v),i),其中v是以x为根的子树外的一点。
显然now[x][0]=1+Σnow[v][0], 因为任意C(g,0)都为1。
up[x][0]=n-now[x][0],因为显然子树内的点数+子树外的点数=n。
然后可以发现的是now[x][i]=Σ(now[v][i]+now[v][i-1]),其中v在以x为根的子树中。
这个不难理解,根据now的定义就可以推出。
主要是推up有一点小麻烦。
我们分类的话(设fa为x在树上的父亲),不在x为根的子树中的点无非分为两种:
1.不在以fa为根的子树中的节点。
2.在以fa为根的子树的不在以x为根的子树中的节点。
1的贡献就是up[fa][i-1]+up[fa][i],2的贡献就是{ now[fa][i]-(now[x][i]+now[x][i-1]) }+{ now[fa][i-1]-(now[x][i-1]+now[x][i-2]) }。
所以两次dfs就可以解决,最后把前面Σ后面的系数乘上加进答案就ojbk了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 50005
#define ll long long
#define ha 10007
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> g[maxn];
int now[maxn][],n,up[maxn][],k;
int uu,vv,ans,S[][],jc[]; inline void init(){
jc[]=;
for(int i=;i<=;i++) jc[i]=jc[i-]*i%ha;
S[][]=;
for(int i=;i<=;i++){
// S[i][0]=1;
for(int j=;j<=i;j++) S[i][j]=(S[i-][j-]+S[i-][j]*j)%ha;
}
} void dfs1(int x,int fa){
int to;
now[x][]=;
for(int i=g[x].size()-;i>=;i--){
to=g[x][i];
if(to==fa) continue;
dfs1(to,x);
now[x][]+=now[to][];
for(int j=;j<=k;j++){
now[x][j]+=now[to][j]+now[to][j-];
while(now[x][j]>=ha) now[x][j]-=ha;
}
up[x][]=n-now[x][];
}
} void dfs2(int x,int fa){
int to;
if(fa){
for(int i=;i<=k;i++){
up[x][i]=(up[fa][i]+up[fa][i-]+now[fa][i]+now[fa][i-]-now[x][i-]*-now[x][i]);
if(i>) up[x][i]-=now[x][i-];
up[x][i]=up[x][i]%ha+ha;
if(up[x][i]>=ha) up[x][i]-=ha;
}
} for(int i=g[x].size()-;i>=;i--){
to=g[x][i];
if(to==fa) continue;
dfs2(to,x);
}
} int main(){
init();
int L,NOW,A,B,Q;
scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&n,&k,&L,&NOW,&A,&B,&Q);
for(int i=;i<n;i++){
NOW=(NOW*A+B)%Q;
int tmp=i<L?i:L;
uu=i-NOW%tmp,vv=i+;
g[uu].pb(vv),g[vv].pb(uu);
} dfs1(,);
dfs2(,); for(int i=;i<=n;i++){
ans=;
for(int j=;j<=k;j++) ans=(ans+S[k][j]*jc[j]%ha*(now[i][j]+up[i][j]))%ha;
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
bzoj 2159: Crash 的文明世界的更多相关文章
- BZOJ.2159.Crash的文明世界(斯特林数 树形DP)
BZOJ 洛谷 挺套路但并不难的一道题 \(Description\) 给定一棵\(n\)个点的树和\(K\),边权为\(1\).对于每个点\(x\),求\(S(x)=\sum_{i=1}^ndis( ...
- BZOJ 2159: Crash 的文明世界(树形dp+第二类斯特林数+组合数)
题意 给定一棵 \(n\) 个点的树和一个常数 \(k\) , 对于每个 \(i\) , 求 \[\displaystyle S(i) = \sum _{j=1} ^ {n} \mathrm{dist ...
- bzoj 2159 Crash 的文明世界 && hdu 4625 JZPTREE ——第二类斯特林数+树形DP
题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2159 学习材料:https://blog.csdn.net/litble/article/d ...
- bzoj 2159 Crash 的文明世界 & hdu 4625 JZPTREE —— 第二类斯特林数+树形DP
题目:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2159 使用公式:\( n^{k} = \sum\limits_{i=0}^{k} S(k,i ...
- [bzoj 2159]Crash的文明世界
今天看到一个鬼题 心情好的时候写 [题意]求树上所有点对距离的k次方和,所有边权为1 大爷方的题解:http://tonyfang.is-programmer.com/posts/204972.htm ...
- bzoj 2159 - Crash 的 文明世界
Description 给定一棵\(n\le 10^5\)的树, 和\(k\le 150\) 求每个点\(x\)的\[S(x) = \sum_{y=1}^n dis(x, y) ^ k\] Analy ...
- BZOJ 2159: Crash 的文明世界 第二类斯特林数+树形dp
这个题非常巧妙啊~ #include <bits/stdc++.h> #define M 170 #define N 50003 #define mod 10007 #define LL ...
- BZOJ 2159: Crash 的文明世界(组合数学+第二类斯特林数+树形dp)
传送门 解题思路 比较有意思的一道数学题.首先\(n*k^2\)的做法比较好想,就是维护一个\(x^i\)这种东西,然后转移的时候用二项式定理拆开转移.然后有一个比较有意思的结论就是把求\(x^i\) ...
- 【BZOJ2159】Crash的文明世界(第二类斯特林数,动态规划)
[BZOJ2159]Crash的文明世界(第二类斯特林数,动态规划) 题面 BZOJ 洛谷 题解 看到\(k\)次方的式子就可以往二项式的展开上面考,但是显然这样子的复杂度会有一个\(O(k^2)\) ...
随机推荐
- windows phone 8.1如何访问应用商店,商店评论的连接
Windows Phone 8.1 中可以使用这个链接跳转到应用评论页面: await Windows.System.Launcher.LaunchUriAsync( new Uri("ms ...
- springcloud(一):大话Spring Cloud(山东数漫江湖)
研究了一段时间spring boot了准备向spirng cloud进发,公司架构和项目也全面拥抱了Spring Cloud.在使用了一段时间后发现Spring Cloud从技术架构上降低了对大型系统 ...
- 实现拷贝函数(strcpy)
#include <stdio.h> #include <stdlib.h> // 函数声明 char *mystrcpy(char *object, char *source ...
- 基于springmvc静态文件资源配置问题
1.在这里只教大家一种非常实用的 比较简单的一种: 如果两种都配置记得注释掉这种:
- bzoj 1912 tree_dp
这道题我们加一条路可以减少的代价为这条路两端点到lca的路径的长度,相当于一条链,那么如果加了两条链的话,这两条链重复的部分还是要走两遍,反而对答案没有了贡献(其实这个可以由任意两条链都可以看成两条不 ...
- bzoj 1179 tarjan+spfa
首先我们可以将这个图缩成DAG,那么问题中的路线就可以简化为DAG中的一条链,那么我们直接做一遍spfa就好了. 反思:开始写的bfs,结果bfs的时候没有更新最大值,而是直接赋的值,后来发现不能写b ...
- 头像截取 图片上传 js插件
先看一下整体效果 页面html <div class="row"> <div class="tabs-container"> <u ...
- LCD 每隔10分钟 自动熄灭 --打开Framebuffer console的时候【转】
转自:http://blog.csdn.net/liujia2100/article/details/9009063 版权声明:本文为博主原创文章,未经博主允许不得转载. 之前移植LCD的时候,一切正 ...
- DTW 算法(转)
DTW为(Dynamic Time Warping,动态时间归准)的简称.应用很广,主要是在模板匹配中,比如说用在孤立词语音识别,计算机视觉中的行为识别,信息检索等中.可能大家学过这些类似的课程都看到 ...
- inux权限管理(1)
1.linux系统文件普通权限 2.文件所属主的设置,组的指定 3.特殊权限 4.acl权限 5.su命令及其注意事项和sudo权限 6.权限管理的注意点 0.首先,在linux下用户账户是分角色的, ...