[USACO 2018 Jan Gold] Tutorial

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USACO 2018 Jan Gold 传送门

A:

对于不同的$k$，发现限制就是小于$k$的边不能走

那么此时的答案就是由大于等于$k$的边形成的图中$v$所在的连通块除去$v$的大小

为了优化建图过程，考虑离线，将询问和边都按权值从大到小排序，依次加边即可

维护连通性和连通块大小用并查集

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
typedef double db;
const int MAXN=1e5+10;
struct query{int k,v,id;}qry[MAXN];
struct edge{int x,y,r;}e[MAXN<<2];
int n,q,f[MAXN],sz[MAXN],res[MAXN];

bool cmp1(edge a,edge b){return a.r>b.r;}
bool cmp2(query a,query b){return a.k>b.k;}

int find(int x){return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);}
void merge(int x,int y)
{
    int px=find(x),py=find(y);
    if(px==py) return;
    f[px]=py;sz[py]+=sz[px];
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        f[i]=i,sz[i]=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
        scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].r);
    for(int i=1;i<=q;i++)
        scanf("%d%d",&qry[i].k,&qry[i].v),qry[i].id=i;
    sort(e+1,e+n,cmp1);sort(qry+1,qry+q+1,cmp2);    
    
    int top=1;
    for(int i=1;i<=q;i++)
    {
        while(e[top].r>=qry[i].k&&top<n)
            merge(e[top].x,e[top].y),top++;
        
        res[qry[i].id]=sz[find(qry[i].v)]-1;
    }
    for(int i=1;i<=q;i++)
        printf("%d\n",res[i]);
    return 0;
}

Problem A

B:

将出发点$k$作为根

维护每个点到最近叶子的距离$dist$和该子树内需要的叶子$sum$

如果$dist<dep$明显可以只用一个叶子，$sum=1$就好了

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
typedef double db;
const int MAXN=1e5+10;
struct edge{int nxt,to;}e[MAXN<<2];
int n,k,x,y,head[MAXN],sum[MAXN],mn[MAXN],dep[MAXN],tot;

void add_edge(int x,int y)
{
    e[++tot].nxt=head[x];e[tot].to=y;head[x]=tot;
    e[++tot].nxt=head[y];e[tot].to=x;head[y]=tot;
}

void dfs(int x,int anc)
{
    int cnt=0;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to==anc) continue;
        dep[e[i].to]=dep[x]+1;
        cnt++;dfs(e[i].to,x);
        sum[x]+=sum[e[i].to];
        
        if(!mn[x]) mn[x]=mn[e[i].to]+1;
        else mn[x]=min(mn[x],mn[e[i].to]+1);
    }
    
    if(!cnt||dep[x]>=mn[x]) sum[x]=1;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<n;i++)
        scanf("%d%d",&x,&y),add_edge(x,y);
    
    dfs(k,0);
    printf("%d",sum[k]);
    return 0;
}

Problem B

C:

关于最终状态唯一能得到的性质为：一定会有连续至少$k$个相同的一段

结果我一开始全在想如何将可行方案去重……但明显补集更好求啊！

令$dp[i]$表示前$i$位连续最多$k-1$个相同的方案数

$dp[i]=(m-1)*\sum_{j=1}^{k-1} dp[i-j]$

用$suf$时刻保存$dp$数组的后缀和就能$O(n)$求出$dp[n]$了

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define X first
#define Y second
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
typedef double db;
const int MOD=1e9+7,MAXN=1e6+10;
ll n,m,k,suf,dp[MAXN];

ll quick_pow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD)
        if(b&1) ret=ret*a%MOD;
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=k-1;i++)
        dp[i]=quick_pow(m,i),(suf+=dp[i])%=MOD;
    for(int i=k;i<=n;i++)
        dp[i]=suf*(m-1)%MOD,(suf+=dp[i]-dp[i-k+1]+MOD)%=MOD;
    
    printf("%lld",(quick_pow(m,n)-dp[n]+MOD)%MOD);
    return 0;
}

Problem C