D1T1-格雷码

题中给出了构造格雷码的方法。

$solve(n,k)$表示求出$2^n$意义下排名为$k$的格雷码，

只要比较一下考虑最高位的0/1取值就好了。

部分分提示了要开$unsigned\ long\ long$，注意一下就可以了。

D1T2-括号树

子序列问题是便于处理的，只要处理以每个点结尾的合法序列，作树上前缀和就好了。

然而合法括号序列也并不简单。

判断一个括号序列是否合法的方法是，

视左右括号分别为+1，-1。

判断是否满足前缀和不小于0，并且总和为0。

套用这个思路，考场上想到的一个做法是。

用一个multiset维护前缀和。

当加入一个左括号时插入元素，同时给set中所有元素作加一处理。

当加入一个右括号时不断删除set中最小的元素，即前缀小于0的不合法判断。

同时维护一个桶，记录set中元素的树上前缀和，这样可以做到O(1)直接查询合法的当前点为结尾的括号序列。

然而因为树上的特殊性质，set需要还原，在最坏的情况下（可以为扫把图），这个算法可以被卡到O(n^2logn)。

因为官方数据很水，它AC了。因为洛谷数据很水，它AC了。

因为牛客数据和清北学堂数据都并不水，它TLE80分。

正解实际上利用了一个点为结尾的合法括号序列的另一种生成方式，这在题目背景中也有提示。

找到最近的一个满足左括号数等于右括号数的点，在满足这一段合法的意义下，只要加上它前面一个点为结尾生成的合法括号序列数就好了。

一个简单的做法是用栈维护，左括号即压栈，右括号即弹出栈顶元素，同时可以确定第一个合法的位置。

D1T3-树上的数

大概是一个贪心。

一个点想要换到想要换到的点，限制了路径上每个点的一个交换顺序。

然后部分分看起来就很可打，链上只要维护左右的先后顺序，菊花只要搞一个类似并查集的插入的结构来确定先后顺序。

然后感觉分类讨论非常复杂，两个都没有打出来，只有10分暴力。

还没有改这道题。

D2T1-Emiya 家今天的饭

开始做这道题并没有思路，感觉十分不可做。

猜测复杂度，估计是$O(n^2m)$，所以要枚举菜？

然后突然想，这个玩意只要简单容斥就好了。

枚举最终不合法的菜是哪一道。

一个简单的做法是直接记录选了多少道菜和选了多少道非法的菜，这样直接$dp$的复杂度是$O(n^3m)$。

然而状态数太多了，所以可以想到记录差值，即非法的菜数 - 选的菜数/2，同时维护选的菜数的奇偶性，

然后复杂度就对了，然后就因为没打取模优化成功被卡常了。

D2T2-划分

看到数据范围整懵了，没有任何思路。

然后发现暴力$dp$，$O(n^2)$就有64分了，所以直接打。

$dp(l,r)$表示最后一次选择的区间，显然转移点是一个后缀，

只要用单调指针预处理出这个后缀的位置，直接取后缀最小值就好了。

正解有一个贪心，只要满足最后一次选的区间最小，答案就是最小的。

并不会证明，然而直观理解一下是正确的。

设$f_x$表示$x$结尾的最小的最后一次选择的区间，有简单的转移

$f_i=min_j(pre_i-pre_j)(pre_i-pre_j>=f_j)$，这个玩意的形式还挺简单的，

顺便记录一下答案就做到$O(n^2)$了，弱智剪枝是找到第一个答案直接跳出，在一些比较水的数据下可以得到84分。

然后发现这个转移的条件是$pre_i-pre_j>=f_j$，即$pre_i>=f_j+pre_j$，因为$pre$数组是单调的，所以显然转移点也是单调的。

然后用一个单调队列维护一下就好了。

因为数据范围过大，需要写高精度。

为了防止$MLE$，可以在转移的同时不记录答案而是维护转移点。

最后统计一下答案就好了。

D2T3-树的重心

看题发现部分分有75，而且蛮好打的。

暴力和链可以直接打出来。

对于满二叉树，打个表就发现答案只出现在根节点和它的两个儿子的系数是2的一个次幂，其它节点的系数都是1。

考试最后几分钟大概想到了答案一定只出现在重链上。

所以维护重链，同时二分答案就可以了，当然比较简单的做法是用倍增来实现这个二分的过程。

然而并不会维护父亲方向的重链，实际上是一个简单的换根$dp$，难度并不是很大。

在计算的过程中多打几个特判就好了。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=3e5+;

int n,tot=;

int head[N],nxt[N<<],to[N<<];

int sz[N],son[N],son2[N];

int f[N][];

long long ans;

void dfs1(int x,int fa){

    sz[x]=;

    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa){

        dfs1(to[i],x);

        sz[x]+=sz[to[i]];

        if(sz[to[i]]>sz[son[x]]) son2[x]=son[x],son[x]=to[i];

        else if(sz[to[i]]>sz[son2[x]]) son2[x]=to[i];

    }

    f[x][]=son[x];

    for(int i=;i<=;++i) f[x][i]=f[f[x][i-]][i-];

}

int solve(int x){

    if(!son[x]) return x;

    int now=x,ans=;

    for(int i=;~i;--i) if(sz[x]-sz[f[now][i]]<sz[x]/) now=f[now][i];

    if(sz[son[now]]<=sz[x]/&&sz[x]-sz[now]<=sz[x]/) ans+=now;

    now=son[now];

    if(sz[son[now]]<=sz[x]/&&sz[x]-sz[now]<=sz[x]/) ans+=now;

    return ans;

}

void dfs2(int x,int fa){

    for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=fa){

        int tmp=son[x],s=sz[x];

        sz[x]=n-sz[to[i]];

        if(to[i]==son[x]) son[x]=son2[x];

        if(fa&&sz[fa]>sz[son[x]]) son[x]=fa;

        f[x][]=son[x];

        for(int j=;j<=;++j) f[x][j]=f[f[x][j-]][j-];

        ans+=solve(to[i]);

        ans+=solve(x);

        dfs2(to[i],x);

        son[x]=tmp; sz[x]=s; f[x][]=son[x];

        for(int j=;j<=;++j) f[x][j]=f[f[x][j-]][j-];

    }

}

inline void add(int a,int b){

    nxt[++tot]=head[a]; to[head[a]=tot]=b;

    nxt[++tot]=head[b]; to[head[b]=tot]=a;

}

inline int read(register int x=,register char ch=getchar(),register int f=){

    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) f=ch=='-';

    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<)+(x<<)+(ch^);

    return f?-x:x;

}

int main(){

    freopen("centroid.in","r",stdin);

    freopen("centroid.out","w",stdout);

    int T=read();

    while(T--){

        tot=; ans=;

        memset(head,,sizeof(head));

        memset(son,,sizeof(son));

        memset(son2,,sizeof(son2));

        n=read();

        for(int i=;i<n;++i) add(read(),read());

        dfs1(,); dfs2(,);

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return ;

}

巴特西

CSP-S 2019 题解