2018“百度之星”程序设计大赛 - 复赛

时间:2022-10-01 09:05:15

没有兄弟的舞会

 
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Problem Description

度度熊、光羽、带劲三个人是好朋友。

度度熊有一棵nn个点的有根树,其中1号点为树根。除根节点之外,每个点都有父节点,记ii号点的父节点为fa[i]fa[i]。

度度熊称点ii和点jj是兄弟(其中i \neq jij)当且仅当fa[i]=fa[j]fa[i]=fa[j]。

ii个点的权值为A_iAi​​。现要求选出一个点集,该点集合法当且仅当点集中至多只有一对兄弟。

度度熊想知道,在所有可行的点集中,权值和最大以及最小的点集权值和分别是多少?

Input

第一行一个数,表示数据组数TT。

每组数据第一行一个整数nn;第二行n-1n1个数,表示fa[2],fa[3],..,fa[n]fa[2],fa[3],..,fa[n];第三行nn个数,表示A_iAi​​。

数据组数T=100,满足:

  • 1 \le n \le 10^51n105​​
  • -10^9 \le A_i \le 10^9109​​Ai​​109​​
  • 1 \le fa[i] < i1fa[i]<i

其中90%的数据满足n \le 1000n1000。

Output

每组数据输出一行,每行包含两个数,分别表示权值和的最大值和最小值。

Sample Input
2
5
1 1 2 2 
-4 -4 -1 -2 -5 
5
1 1 3 2 
-1 -4 2 0 -2 
Sample Output
0 -15
2 -7

这个对我来说有点hard啊,我比较傻,要选的是点集,不一定是子树,所以即使是树形dp也不是全都可以选的,所以可以直接sort之后取一个就好了

另外一个直接找就好了

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
vector<ll>G[N];
ll a[N],x;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int T,n;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n;
        for(int i=2; i<=n; i++)cin>>a[i];
        for(int i=1; i<=n; i++)cin>>x,G[a[i]].push_back(x);
        ll ma=0,mi=0,minx=1e9,maxx=-1e9;
        for(int i=0; i<=n; i++)
        {
            sort(G[i].begin(),G[i].end());
            int len=G[i].size();
            if(len)
            {
                ma=max(ma,ma+G[i][len-1]),mi=min(mi,mi+G[i][0]);
                if(len>1)minx=min(minx,G[i][1]),maxx=max(maxx,G[i][len-2]);
            }
        }
        mi=min({mi,mi+minx,0LL}),ma=max({ma,maxx+ma,0LL});
        cout<<ma<<" "<<mi<<"\n";
        for(int i=0; i<=n; i++)G[i].clear();
    }
    return 0;
}

带劲的and和

 
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Problem Description

度度熊专门研究过“动态传递闭包问题”,他有一万种让大家爆蛋的方法;但此刻,他只想出一道简简单单的题——至繁,归于至简。

度度熊有一张n个点m条边的无向图,第ii个点的点权为v_ivi​​。

如果图上存在一条路径使得点ii可以走到点jj,则称i,ji,j是带劲的,记f(i,j)=1f(i,j)=1;否则f(i,j)=0f(i,j)=0。显然有f(i,j) = f(j,i)f(i,j)=f(j,i)。

度度熊想知道求出: \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} f(i,j) \times \max(v_i, v_j) \times (v_i \& v_j)i=1n1​​j=i+1n​​f(i,j)×max(vi​​,vj​​)×(vi​​&vj​​)

其中\&&是C++中的and位运算符,如1&3=1, 2&3=2。

请将答案对10^9+7109​​+7取模后输出。

Input

第一行一个数,表示数据组数TT。

每组数据第一行两个整数n,mn,m;第二行nn个数表示v_ivi​​;接下来mm行,每行两个数u,vu,v,表示点uu和点vv之间有一条无向边。可能有重边或自环。

数据组数T=50,满足:

  • 1 \le n,m \le 1000001n,m100000
  • 1 \le v_i \le 10^91vi​​109​​。

其中90%的数据满足n,m \le 1000n,m1000。

Output

每组数据输出一行,每行仅包含一个数,表示带劲的and和。

Sample Input
1
5 5
3 9 4 8 9 
2 1
1 3
2 1
1 2
5 2
Sample Output
99

其实就是每一个联通块要算贡献,这个联通块是可以用二进制压缩的,所以并查集找出联通块直接暴力就好了

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,(l+r)/2,rt<<1
#define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define sz(x) (int)(x).size()
#define pll pair<long long,long long>
#define pii pair<int,int>
#define pq priority_queue
const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.);
int fa[N],v[N];
vector<int>G[N];
int find(int x)
{
    return x==fa[x]?x:(fa[x]=find(fa[x]));
}
void la(int x,int y)
{
    x=find(x),y=find(y);
    if(x!=y)fa[x]=y;
}
int bit[31];
ll lb(vector<int>v)
{
    sort(v.begin(),v.end());
    ll ans=0,sum[31]= {0};
    for(auto t:v)
        for(int j=0; j<30; j++)
        {
            if(t&bit[j])
            {
                ans=(ans+t*1LL*sum[j]%MD*bit[j]%MD)%MD;
                sum[j]++;
            }
        }
    return ans;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    for(int i=0; i<30; i++)bit[i]=1<<i;
    int T,n,m;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m;
        for(int i=1; i<=n; i++)cin>>v[i];
        for(int i=1; i<=n; i++)fa[i]=i;
        for(int i=0,u,v; i<m; i++)
            cin>>u>>v,la(u,v);
        for(int i=1; i<=n; i++)G[find(i)].push_back(v[i]);
        int ans=0;
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(G[i].size()==0)continue;
            ans=(ans+lb(G[i]))%MD;
        }
        cout<<ans<<"\n";
        for(int i=1; i<=n; i++)G[i].clear();
    }
    return 0;
}

序列期望

 
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Problem Description

"看似随机,实则早已注定"——光羽

度度熊有nn个随机变量x_1,x_2,...,x_nx1​​,x2​​,...,xn​​。给定区间[l_1, r_1],...,[l_n, r_n][l1​​,r1​​],...,[ln​​,rn​​],变量x_ixi​​的值会等概率成为区间[l_i, r_i][li​​,ri​​]中的任意一个整数。

显然这nn个随机变量的值会有一共\prod_{i=1}^{n} (r_i - l_i + 1)i=1n​​(ri​​li​​+1) 种情况,且每种情况出现的概率为\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{r_i - l_i + 1}i=1n​​ri​​li​​+11​​ 。

对于某种情况,令h= \max{ x_1,x_2,...,x_n}h=max{x1​​,x2​​,...,xn​​},定义这种情况的权值为:\prod_{i=1}^{n} (h - x_i + 1)i=1n​​(hxi​​+1).

度度熊想知道权值的期望是多少?请将答案对10^9 + 7109​​+7取模后输出。

PS:不清楚期望是啥?为什么不问问神奇的百度呢?

Input

第一行一个数,表示数据组数TT。

每组数据第一行一个整数nn;接下来nn行,每行两个数,表示l_ili​​和r_iri​​。

数据组数T=100,满足:

  • 1 \le n \le 1001n100
  • 1 \le l_i \le r_i \le 10^41li​​ri​​104​​

其中70%的数据满足r_i \le 100ri​​100。

Output

每组数据输出一行,每行仅包含一个数,表示期望。

假设答案为\frac{p}{q}qp​​,请输出p \times q^{-1} ~mod~10^9+7p×q1​​ mod 109​​+7,此处q^{-1}q1​​为qq的逆元。

Sample Input
2
3
2 5
2 4
2 5
3
1 1
2 3
1 1
Sample Output
875000012
500000010
Hint
第二组数据的解释:序列只有两种情况(1,2,1)和(1,3,1),权值分别为2*1*2=4和3*1*3=9,答案为(4+9)/2,在模域下为500000010。
这个题目看起来好像不可做,其实就是简单的期望,我们只要想到权值的统计方法就好了
显然我们可以枚举最大的区间
卡常劝退,比赛都能过的啊
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7;
int l[105],r[105];
ll w[105],v[10002];
int main()
{
    v[0]=v[1]=1;
    for(int i=2; i<10002; i++)v[i]=v[MD%i]*(MD-MD/i)%MD;
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int L=0,R=0;
        ll ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),L=std::max(L,l[i]),R=std::max(R,r[i]);
        auto la=[&](long long x, long long y)
        {
            return (x+y)*(y-x+1)%MD*v[2]%MD;
        };
        for(int i=L; i<=R; i++)
        {
            ll t=1;
            w[n]=1;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                x=std::max(2,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                w[j]=la(x,y);
            }
            for(int j=n-1; j>=0; j--)w[j]=w[j]*w[j+1]%MD;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                if(r[j]>=i)ans=(ans+t*w[j+1])%MD;
                x=std::max(1,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                t=t*la(x,y)%MD;
            }
        }
        for(int i=0; i<n; i++)ans=ans*v[r[i]-l[i]+1]%MD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

 前面一定是2的倍数,为什么要乘上逆元,sb了,这样就不被卡常了

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7;
int l[105],r[105];
ll w[105],v[10002];
ll la(ll x,ll y)
{
    return (x+y)*(y-x+1)/2%MD;
}
int main()
{
    v[0]=v[1]=1;
    for(int i=2; i<10002; i++)v[i]=v[MD%i]*(MD-MD/i)%MD;
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int L=0,R=0;
        ll ans=0;
        scanf("%d",&n);
        for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),L=std::max(L,l[i]),R=std::max(R,r[i]);
        for(int i=L; i<=R; i++)
        {
            ll t=1;
            w[n]=1;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                x=std::max(2,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                w[j]=la(x,y);
            }
            for(int j=n-1; j>=0; j--)w[j]=w[j]*w[j+1]%MD;
            for(int j=0,x,y; j<n; j++)
            {
                if(r[j]>=i)ans=(ans+t*w[j+1])%MD;
                x=std::max(1,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;
                t=t*la(x,y)%MD;
            }
        }
        for(int i=0; i<n; i++)ans=ans*v[r[i]-l[i]+1]%MD;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}