test20191025

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闲扯

我太难了。。。

题面

题面

$T1$

Solution

注意到这样一件事：重要度 $d_i$ 是前缀最小值，所以它一定是单调不升的。

所以最后的重要值经过离散化之后一定是类似于 $k,k,\cdots,k-1,\cdots,\cdots,2,1,\cdots,1$ 。

因为重要程度相等选择编号最小的一个，而且要求难度的字典序最小，所以我们在每一段的最开头放当前满足的最小值，剩下的我们从后往前放尽可能大的就行。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
const int MAXN = 1e5+5;
int n,val[MAXN],ans[MAXN],l,r;
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),r=n;
	for(ri i=1;i<=n;++i) read(val[i]);
	for(ri x=1,y=1;x<=n;x=y+1,y=y+1){
		while(y+1<=n&&val[y+1]==val[y]+1) ++y;
		ans[val[x]]=++l;
		for(ri i=y;i>x;--i) ans[val[i]]=r--;
	}
	for(ri i=1;i<=n;++i) printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}

$T2$

Solution

我们先对操作 $1$ 进行如下变化：每一个 $u,v$ 我们看作是 $u$ 向 $v$ 连了一条边。

那么我们最后一定能够得到一个森林。

显然，最开始每个点的答案都是 $3^n$ 。

我们考虑加入一条边后会影响到的点。

首先是 $v$ 的子树中的点，因为它们是后来的，没有主场优势，所以想要活到最后一定是 $u$ 现在还活着的那一个刚好能被自己打败，所以整体的答案要乘上 $\frac{1}{3}$ 。

然后是在 $v$ 之前与 $u$ 连边的子树，以及 $u$ 自身。因为有主场优势，所以 $v$ 这个点剩下的可以和自己相等，也可以被自己打败，所以答案要乘上 $\frac{2}{3}$ 。

我们可以发现每一次操作都是在子树中进行，所以可以找出 $dfn$ 之后用线段树维护。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
const int MAXN = 2e5+5,mod = 998244353;
int n,m,all,opt[MAXN],x[MAXN],y[MAXN],sz[MAXN],nw[MAXN],dfn[MAXN],cnt;
char rt[MAXN];
vector<int> edge[MAXN];
it add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
it mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
il DFS(int u){
	dfn[u]=++cnt,sz[u]=1;
	for(ri i=0;i<(int)edge[u].size();++i)
		DFS(edge[u][i]),sz[u]+=sz[edge[u][i]];
}
#define lc (cur<<1)
#define rc (cur<<1|1)
struct Seg_Tree{
	int val,tag;
}T[MAXN<<2];
il pushdown(int cur){
	if(T[cur].tag==1) return ;
	T[lc].tag=mul(T[lc].tag,T[cur].tag);
	T[rc].tag=mul(T[rc].tag,T[cur].tag);
	T[cur].tag=1;
}
il build_tree(int cur,int l,int r){
	T[cur].tag=1;
	if(l==r) return T[cur].val=all,void();
	build_tree(lc,l,mid),build_tree(rc,mid+1,r);
}
il updata(int cur,int l,int r,int L,int R,int k){
	if(l>=L&&r<=R) return T[cur].tag=mul(T[cur].tag,k),void();
	pushdown(cur);
	if(mid>=L) updata(lc,l,mid,L,R,k);
	if(R>mid) updata(rc,mid+1,r,L,R,k);
}
it query(int cur,int l,int r,int pos){
	if(l==r) return mul(T[cur].val,T[cur].tag);
	pushdown(cur);
	if(mid>=pos) return query(lc,l,mid,pos);
	else return query(rc,mid+1,r,pos);
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(m),all=qpow(3,n,mod);
	for(ri i=1;i<=m;++i){
		read(opt[i]),read(x[i]);
		if(opt[i]==1) read(y[i]),rt[y[i]]=1,edge[x[i]].push_back(y[i]);
	}
	build_tree(1,1,n);
	for(ri i=1;i<=n;++i) if(!rt[i]) DFS(i);
	for(ri i=1;i<=n;++i) nw[i]=1;
	for(ri i=1;i<=m;++i){
		if(opt[i]==1){
			updata(1,1,n,dfn[y[i]],dfn[y[i]]+sz[y[i]]-1,(mod+1)/3);
			updata(1,1,n,dfn[x[i]],dfn[x[i]]+nw[x[i]]-1,(mod+1)/3*2);
			nw[x[i]]+=sz[y[i]];
		}
		else print(query(1,1,n,dfn[x[i]])),puts("");
	}
	return 0;
}

$T3$

Solution

首先，我们需要知道怎么求一棵树的最大独立集。

这里有一个好用的结论：我们从叶节点开始选，选择之后将其与它的父节点一同删去，然后再继续这个过程。

再看构造出的树 $T_i$ 的最大独立集怎么求。

根据上面提到的贪心，我们可以知道加进去的 $n$ 个 $T_{i-1}$ ，它们的答案是不变的，所以我们可以知道答案至少为 $n\cdot Ans_{i-1}$ 。

然后我们剩下的就是看我们得到的 $T(k)$ 还能不能继续选。

如果 $T_{i-1}$ 的根结点被选择，那么这 $n$ 个点都被删掉，答案不会继续增加。

如果 $T_{i-1}$ 的根结点没有被删掉，说明这 $n$ 个点都还能选，答案要加上一个原树的最大独立集的大小。

所以我们只需要知道 $T_{i-1}$ 的根结点有没有被选择即可通过简单的递推得到答案。

我们分如下两种情况：

  1. 如果 $T_{i-1}$ 的根结点被选择，那么 $T_{i}$ 的这 $n$ 个点都没有被选，所以可以得到 $T_i$ 的根结点没有被选。
  2. 如果 $T_{i-1}$ 的根结点没有被选择，那么我们只需要知道根据上方的贪心， $T(k)$ 这颗有根树的根结点有没有被选即可。

第一种情况很好解决，我们主要看第二种。

这个问题我们可以通过换根来解决。

当前节点为根结点，如果它被选择，说明子节点中没有被选择的，所以无论根换到哪里，它一定还是能被选，所以它的子节点为根的树，根结点一定不能选。

如果没有被选择，我们考虑以下两种情况。

  1. 子节点中有多于 $1$ 个被选择，那么无论怎么换都不能选。
  2. 如果子节点中只有 $1$ 个被选择，那么转移到这个节点时，它能选，否则不能选。

考虑怎么换下去。

如果子节点本来就不能选，那么还是不能选，否则对于上方情况 $2$ 的那个子节点，它不能选，其他的都可以选。

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#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
	int f=1;char k=getchar();x=0;
	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
	x*=f;
}
template<class T>il _print(T x){
	if(x/10) _print(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class T>il print(T x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	_print(x);
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
	int res=1,bas=x%mod;
	while(m){
		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
	}
	return res%mod;
}
const int MAXN = 1e5+5,mod = 998244353;
int n,m,k,u,v,head[MAXN],num_edge,f[MAXN],num,ans,tag;
char tr[MAXN];
it mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
it add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
struct Edge{
	int next,to;
	Edge(){}
	Edge(int next,int to):next(next),to(to){}
}edge[MAXN<<1];
il add_edge(int u,int v){
	edge[++num_edge]=Edge(head[u],v),head[u]=num_edge;
	edge[++num_edge]=Edge(head[v],u),head[v]=num_edge;
}
il DFS(int u,int fa){
	f[u]=1;
	for(ri i=head[u];i;i=edge[i].next){
		if(edge[i].to==fa) continue;
		DFS(edge[i].to,u),f[u]&=1-f[edge[i].to];
	}
	num+=f[u];
}
il DFS1(int u,int fa){
	ri tot=0;//统计能选的个数
	for(ri i=head[u];i;i=edge[i].next){
		if(edge[i].to==fa) continue;
		tot+=f[edge[i].to];
	}
	tot+=tr[fa];
    //此时这个子树的反树也是当前点的子树，所以它的父节点也要算上
    //如果 tr[fa]=1 ，那么说明父节点一定是能选的
    //如果 tr[fa]=0 ，那么会有两种情况
    //1：是因为 u 的原因不能选，那么 tr[u]=1 下方会直接跳过后面的判断
    //2：不是因为 u ，那么说明它真的不能选，对下方没有影响
	for(ri i=head[u];i;i=edge[i].next){
		if(edge[i].to==fa) continue;
		if(tr[u]){
			tr[edge[i].to]=0;
			DFS1(edge[i].to,u);
			continue;
		}
		if(!f[edge[i].to]) tr[edge[i].to]=0;
		else{
			if(tot==f[edge[i].to]) tr[edge[i].to]=0;
			else tr[edge[i].to]=1;
		}
		DFS1(edge[i].to,u);
	}
}
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	read(n),read(m);
	for(ri i=1;i<n;++i) read(u),read(v),add_edge(u,v);
	DFS(1,0),tr[1]=f[1],DFS1(1,0);
	ans=num;print(ans),puts(""),tag=f[1];
	for(ri i=1;i<=m;++i){
		read(k);
		ans=mul(ans,n);
		if(tag==0) ans=add(ans,num),tag=tr[k];
		else tag=0;
		print(ans),puts("");
	}
	return 0;
}

总结

比较训练思维，但是也不是特别难。状态还是没有找回来，做题的时候不能清晰的找准要点。