题目大意: 有一棵有根树,根为 1 ,点有点权.现在有 m 次操作,操作有 3 种:1 x y w ,将 x 到 y 的路径上的点点权加上 w (其中 w=±1w=±1 ):2 x y ,询问在 x 到 y 的路径上有多少个点点权 >0 :3 x ,询问在 x 的子树里的点有多少个点点权 >0 . 数据范围:$n,m≤10^5$,点权的绝对值$≤10^9$. 这一题正常的做法并不是特别优秀,我们考虑一些分块做法 考虑求一个连续的区间内有多少个数$>0$,我们显然可以将原序列分成$\sqr

A Simple Tree Problem Time Limit: 3 Seconds      Memory Limit: 65536 KB Given a rooted tree, each node has a boolean (0 or 1) labeled on it. Initially, all the labels are 0. We define this kind of operation: given a subtree, negate all its labels. An

UOJ #449. [集训队作业2018]喂鸽子 小Z是养鸽子的人.一天,小Z给鸽子们喂玉米吃.一共有n只鸽子,小Z每秒会等概率选择一只鸽子并给他一粒玉米.一只鸽子饱了当且仅当它吃了的玉米粒数量\(≥k\). 小Z想要你告诉他,期望多少秒之后所有的鸽子都饱了. 假设答案的最简分数形式为\(\frac{a}{b}\),你需要求出\(w\),满足\(a≡b⋅w \pmod{998244353}(0≤w<998244353).\) \(n\leq 50,k\leq 1000\) Orz 首先可以用\(

题目链接: [集训队作业2018]小Z的礼物 题目要求的就是最后一个喜欢的物品的期望得到时间. 根据$min-max$容斥可以知道$E(max(S))=\sum\limits_{T\subseteq S}^{ }(-1)^{|T|-1}E(min(T))$ 那么只需要知道每个子集中最早得到的物品的期望时间即可得出答案. 对于每个子集,最早得到的物品的期望时间就是一次选择能得到这个子集中元素的概率的倒数. 用一次选择能得到这个子集中的元素的方案数除上总方案数(每次共有$2*n*m-n-m$种选择方

[UOJ#450][集训队作业2018]复读机(生成函数,单位根反演) 题面 UOJ 题解 似乎是\(\mbox{Anson}\)爷的题. \(d=1\)的时候,随便怎么都行,答案就是\(k^n\). \(d=2\)的时候,可以做一个\(dp\),设\(f[i][j]\)表示前\(i\)个复读机选了\(j\)个时间的方案数. 然后枚举当前这个复读机复读的次数,得到: \[f[x][j]=\sum_{i=0}^{j}[2|i]{n-j+i\choose i}f[x-1][j-i]\] 化简啥的之后

[UOJ#422][集训队作业2018]小Z的礼物(min-max容斥,轮廓线dp) 题面 UOJ 题解 毒瘤xzy,怎么能搬这种题当做WC模拟题QwQ 一开始开错题了,根本就不会做. 后来发现是每次任意覆盖相邻的两个,那么很明显就可以套\(min-max\)容斥. 要求的就是\(max(All)\),而每个集合的\(min\)是很好求的. 如果直接暴力枚举集合复杂度就是\(2^{cnt}cnt\). 仔细想想每个子集我们要知道的是什么,只需要知道子集大小来确定前面的容斥系数,还需要知道覆盖子集

#418. [集训队作业2018]三角形 和三角形没有关系 只要知道儿子放置的顺序,就可以直接模拟了 记录历史最大值 用一个pair(a,b):之后加上a个,期间最大值为增加b个 合并? A1+A2=(a1+a2,max(b1,a1+b2)) 放置顺序考虑贪心 比较: A放在B前面(和父亲进行合并)当且仅当(C=A+B).b<(D=B+A).b 分A.a和B.a的正负进行讨论 初始的pair:(w[x]-∑w[son[x]],w[x])把儿子会都扔掉 初始的pair放进堆里,取n-1次,和父亲合

T1: [集训队作业2018]小Z的礼物 我们发现我们要求的是覆盖所有集合里的元素的期望时间. 设\(t_{i,j}\)表示第一次覆盖第i行第j列的格子的时间,我们要求的是\(max\{ALL\}\) 考虑\(min-max容斥\).\(max\{S\}=\sum_{S \subset T}(-1) ^{|T|-1}min\{T\}\) 此时我们要求的变为了\(min\{T\}\),即\(T\)中至少有一个元素被选择的期望. 我们知道当\(T\)中元素被选择的概率为\(P\)时,其期望为\(\f

A Simple Tree Problem Time Limit: 3000ms Memory Limit: 65536KB This problem will be judged on ZJU. Original ID: 368664-bit integer IO format: %lld      Java class name: Main Prev Submit Status Statistics Discuss Next Type: None   None Graph Theory 2-

有点像计蒜之道里的 京东的物流路径 题目描述 给定一棵 N 个节点的树,每个节点有一个正整数权值.记节点 i 的权值为 Ai.考虑节点 u 和 v 之间的一条简单路径,记 dist(u, v) 为其长度,gcd(u, v) 为路径上所有节点(包含 u 和 v)的权值的最大公因子.min(u, v) 为路径上所有节点的权值的最小值.请求出所有节点对 (u, v) 中 dist(u, v) · gcd(u, v) · min(u, v) 的最大值 输入格式 输入的第一行包含一个整数 T,代表测试数据

I. A Simple Tree Problem Time Limit: 3000ms Memory Limit: 65536KB 64-bit integer IO format: %lld      Java class name: Main   Given a rooted tree, each node has a boolean (0 or 1) labeled on it. Initially, all the labels are 0. We define this kind of

题目链接: [集训队作业2018]蜀道难 题目大意:给出一棵$n$个节点的树,要求给每个点赋一个$1\sim n$之内的权值使所有点的权值是$1\sim n$的一个排列,定义一条边的权值为两端点权值差的绝对值,要求对于任意两点间的路径要么路径上所有点的点权单调,要么存在路径上的第三个点到这两个点的路径分别单调(即两点间路径先单调递增再单调递减或先单调递减再单调递增).求出整棵树最小边权和,并支持动态插入点之后完成上述问题. 前言: 这道题综合性比较强且代码量及细节非常多,是迄今为止我做过最神仙的

目录 题意 解析 AC_code @(Codechef March Cook-Off 2018. Maximum Tree Path) 题意 给你一颗\(n(1e5)\)个点有边权有点权的树,\(Min(u,v)\)表示\(u,v\)路径最小点权,\(gcd(u,v)\)表示\(u,v\)路径点权的最大公因数,\(dis(u,v)\)表示\(u,v\)路径大小. 输出\(max(dis(u,v)*gcd(u,v)*Min(u,v))\) 解析 法一: 外层枚举路径的gcd,并把两端点是gcd倍数

#422. [集训队作业2018]小Z的礼物 min-max容斥 转化为每个集合最早被染色的期望时间 如果有x个选择可以染色,那么期望时间就是((n-1)*m+(m-1)*n))/x 但是x会变,中途统计答案会很麻烦 所以把x记录到状态里! 轮廓线DP f[i][j][s][x]到了(i,j),轮廓线选择情况是s,x个选择可以染色的所有方案的(-1)^(|T|+1)的和 枚举(i,j)选不选,x的增长直接用s和(i,j)位置计算即可. 相当于每个T在x的位置上被考虑了恰好一次. #include

#428. [集训队作业2018]普通的计数题 模型转化好题 所以变成统计有标号合法的树的个数. 合法限制: 1.根标号比子树都大 2.如果儿子全是叶子,数量B中有 3.如果存在一个儿子不是叶子,数量A中有 然后考虑DP 直接枚举根的儿子的情况 cdq分治NTT还是很恶心的 不光是自己卷自己,还是互相卷 进行一番化简和平移之后,可以转化为cdq分治NTT的形式: 怎么好做怎么来. 反正我最后推的式子有如下特点(式子就不写了): 为了方便,钦定g[0],f[0],g[1],f[1]都是0 对于f,

uoj450 [集训队作业2018]复读机(生成函数,单位根反演) uoj 题解时间 首先直接搞出单个复读机的生成函数 $ \sum\limits_{ i = 0 }^{ k } [ d | i ] \frac{ x^{ i } }{ i! } $ . 容易想到直接上单位根反演: \[\begin{aligned} \sum\limits_{ i = 0 }^{ k } [ d | i ] \frac{ x^{ i } }{ i! } & = \sum\limits_{ i = 0 }^{ k

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ435.html 前言 分块题果然是我这种蒟蒻写不动的.由于种种原因,我写代码的时候打错了很多东西,最致命的是数组开小了.**windows不能检测数组越界,能眼查出来这运气是真的好. 题解 首先树链剖分,把问题转化为序列上的问题. 然后我们分块. 考虑如何维护每一块的答案. 初始时,我们预处理将每一块的相同值元素合并. 考虑修改操作: 如果是整块修改,那么临界指针位移即可. 否则就是零散修改,我们可以直接重构整个块.由

目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 有一棵有根树,根为 1,点有点权. 现在有 m 次操作,操作有 3 种: 1 x y w,将 x 到 y 的路径上的点点权加上 w (其中 w=±1): 2 x y,询问在 x 到 y 的路径上有多少个点点权 >0: 3 x,询问在 x 的子树里的点有多少个点点权 >0. 输入格式 第一行三个数 n,m,T,表示树的结点个数,操作个数,和是否加密. 接下来 n

原题: ZOJ 3686 http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3686 这题本来是一个比较水的线段树,结果一个mark坑了我好几个小时..哎.太弱. 先DFS这棵树,树形结构转换为线性结构,每个节点有一个第一次遍历的时间和最后一次遍历的时间,之间的时间戳都为子树的时间戳,用线段树更新这段区间即可实现更新子树的效果,用到懒操作节省时间. 坑我的地方: update时,不能写成:tree[rt].mark = 1,

Tree 思路: 树形dp 注意0不存在逆元,任何一个数乘以0就变成0了,就没有价值浪,所以要暴力转移 代码: #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize(4) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define fi first #define se second #define pi acos(-1.0) #define LL long lon