2018.10.03 NOIP+ 模拟赛解题报告

得分： $30+5+0=35$ （考得真不咋滴）

$T1$ ：奥义商店（点此看题面）

以为很简单，对着这题想了一个多小时，最后果断打了个暴力交了… …

看完题解发现其实也不是很难。

对于 $t=1$ 的情况，似乎与一道题目很像：【洛谷3396】哈希冲突，可以用分块来做。

$Link$

【洛谷3396】哈希冲突的题解 详见博客【洛谷3396】哈希冲突（大力分块）

对于 $t>1$ 的情况，似乎与暴力类似，但是要加一个~~玄学的~~优化。

如果有多种颜色，它们的数目分别为 $c_1\sim c_t$ ，不难想到，给 $k$ 染上数目最少的颜色肯定是最优的。

我们用 $Min$ 表示 $min(c_i)$ 。

则第 $k±xd$ 个商品被选中的概率应为 $\prod_{i=1}^x \frac{Min-i}{(n-1)-i}$ 。

因此它对答案造成的贡献应为 $v_{k±xd}\prod_{i=1}^x \frac{Min-i}{(n-1)-i}$ 。

不难发现，这种方法是近似于 $O(n^2)$ 的，肯定会 $T$ 飞。

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但是，我们必须要注意到，在 $t>1$ 时， $Min$ 肯定是 $≤\frac{n}2$ 的，因此这个式子的值是以指数级降低的），在大约 $60$ 次操作后对答案就不会造成任何影响了。

所以，我们就可以将操作次数与 $60$ 取 $min$ ，这样跑起来就十分轻松了。

综上所述，可以对 $t$ 进行分类讨论，~~然后就是乱搞~~。

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=y)>=MOD&&(x-=MOD))
#define N 100000
using namespace std;
int n,a[N+5];
class FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
        #define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
        int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
    public:
        FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
        inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
        inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
        inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
        inline void write(int x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
        inline void write_char(char x) {pc(x);}
        inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
        inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
class Key1//处理t=1的情况，与哈希冲突类似
{
    private:
        #define SqrtN 250
        int s[N+5][SqrtN+5];
    public:
        inline void Init() {for(register int i=1,j;i<=n;++i) for(j=1;j<SqrtN;++j) s[j][i%j]+=a[i];}//初始化
        inline void Update(int x,int y) {for(register int i=1;i<SqrtN;++i) s[i][x%i]+=y-a[x];}//修改操作
        inline double GetAns(int x,int y)//询问操作 
        {
            register int i,p,ans=0;F.read(p);//将多余的一个数读入
            if(y<SqrtN) return s[y][x%y];//如果小于Sqrtn，直接返回预处理得到的值
            for(i=x%y;i<=n;i+=y) ans+=a[i];//暴力求解，且时间复杂度肯定不大于O(√n)
            return ans;//返回答案
        }
}S1;
class Key2//处理t>1的情况，与暴力类似，但是要加上一个玄学的优化
{
    public:
        inline double GetAns(int x,int y,int z)
        {
            register int i,lim,Min=2e9,w;register double ans=0,mul=1;
            for(i=1;i<=x;++i) F.read(w),Min=min(Min,w);//可以保证，给k染上数目最少的颜色肯定是最优的
            //暴力求解，注意将操作次数与60取min
            for(i=0,lim=min(min(Min,(n-y)/z),60);i<=lim;++i) ans+=mul*a[y+i*z],mul*=1.0*(Min-i)/(n-i-1);
            for(i=1,lim=min(min(Min,(y-1)/z),60),mul=1.0*Min/(n-1);i<=lim;++i) ans+=mul*a[y-i*z],mul*=1.0*(Min-i)/(n-i-1);
            return ans;//返回答案
        }
}S2;
int main()
{
    register int i,Q,op,x,y,z;
    for(F.read(n),F.read(Q),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]);
    for(S1.Init();Q;--Q)
    {
    	F.read(op),F.read(x),F.read(y);
    	if(op>>1) F.read(z),printf("%.6lf\n",x>1?S2.GetAns(x,y,z):S1.GetAns(y,z));//询问操作，对t的大小进行分类讨论
        else S1.Update(x,y),a[x]=y;//修改操作
    }
    return 0;
}

$T2$ ：访问计划（点此看题面）

有一道弱化版的题目：【BZOJ1912】[APIO2010] patrol 巡逻。

这题的正解似乎是一个很复杂的树形 $DP$ 。

$Link$

树形 $DP$ 详见博客动态规划专题（二）——树形DP

~~但是，太复杂的动态规划我写不来~~，因此我用的是另外一种做法，虽然照样要用树形 $DP$ 。

不难想到，如果要从一个点到达另一个点，选择的肯定是树上最长链（即树的直径）的两个端点。

于是，我们只要每次求出树的直径，更新答案，然后将这条直径上所有边的边权全部改为原来的相反数即可。

至于为什么要取相反数，这是因为每条边必须经过一次，这样一来如果再选一次这条边，就会与原先的抵消，避免一条边被选择两次。

有一个很重要的问题就是如何求树的直径。

温馨提示，千万不能写 $BFS$ ！！！否则下场就和我一样… …

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=y)>=MOD&&(x-=MOD))
#define N 2000
#define LogN 15
#define add(x,y,z) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y,e[ee].val=z)
#define Dis(x,y) (dis[x]+dis[y]-dis[LCA(x,y)])
using namespace std;
int n,m,k,ee=0,lnk[N+5];
struct edge
{
    int to,nxt,val;
}e[2*N+5];
class FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
        #define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
        int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
    public:
        FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
        inline bool read(int &x) {x=0;while(!isdigit(ch=tc())) if(!~ch) return false;while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc())) if(!~ch) return false;return true;}
        inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
        inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
        inline void write(int x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
        inline void write_char(char x) {pc(x);}
        inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
        inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
struct Class_TreeDP
{
    private:
        int res,MaxAns,lst[N+5],Son1[N+5],Son2[N+5],Max1[N+5],Max2[N+5];
        inline void dfs(int x)//求最长链
        {
            register int i;
            for(Max1[x]=Max2[x]=0,i=lnk[Son1[x]=Son2[x]=x];i;i=e[i].nxt)
            {
                if(!(i^lst[x])) continue;
                lst[e[i].to]=((i-1)^1)+1,dfs(e[i].to);
                if(Max1[e[i].to]+e[i].val>Max1[x]) Max2[x]=Max1[x],Max1[x]=Max1[e[i].to]+e[i].val,Son2[x]=Son1[x],Son1[x]=Son1[e[i].to];
                else if(Max1[e[i].to]+e[i].val>Max2[x]) Max2[x]=Max1[e[i].to]+e[i].val,Son2[x]=Son1[e[i].to];
            }
            Max1[x]+Max2[x]>MaxAns&&(MaxAns=Max1[x]+Max2[x],res=x);
        }
    public:
        inline int GetAns()
        {
            register int i;dfs(res=MaxAns=0);
            //将最长链上边的边权全部改为原边权的相反数
            for(i=Son1[res];i^res;i=e[lst[i]].to) e[lst[i]].val=e[(((lst[i])-1)^1)+1].val=-e[lst[i]].val;
            for(i=Son2[res];i^res;i=e[lst[i]].to) e[lst[i]].val=e[(((lst[i])-1)^1)+1].val=-e[lst[i]].val;
            return MaxAns;//返回答案
        }
}TreeDP;
int main()
{
    register int i,j,x,y,z,t,ans;
    while(F.read(n),F.read(m),F.read(k))
    {
        for(i=ee=ans=0;i<=n;++i) lnk[i]=0;
        for(i=1;i<n;++i) F.read(x),F.read(y),F.read(z),add(x,y,z),add(y,x,z),ans+=z;
        for(ans<<=(i=1);i<=m;++i) 
        {
            if((t=TreeDP.GetAns())<=k) break;//如果最长链的长度比要付出的代价还要少，就退出循环
            ans-=t-k;//更新ans
        }
        F.write(ans),F.write_char('\n');
    }
    return F.end(),0;
}

$T3$ ：模范学长（点此看题面）

说实话，一看到多项式与行列式我就没心情做下去了… …

题解就等以后有时间 $A$ 掉了再补吧。~~也许永远都没时间。~~