10.17 CSP-S模拟33 改题记录

HZOJ

写在前面

貌似没啥可写。。。大概就是二十多分钟写完T1然后写T2，一直想假一直写挂然后写了三个多小时，好在写出来了。T3看不上，T4正解需要的东西都写了然后喜提0pts，甚至不如输出0的37pts。

《夜信》

今晚会把那天的萤火
送到你的窗边
嗯 是我爱你这句话
我们的初吻在我脑海里浮现
那么 无论何时 闭上眼睛
嗯 到遥远的地方去
宛如波浪停留过的
沙滩上所写的字
你好像已渐渐远去 消失不见
总让我想念又想念
虽然我无法在此
诉说我内心深处的话语
是我爱你这句话啊
名为你的幸运
会怎样来到我身边呢
现在如果我们能在一起的话
啊 该多么美好
宛如波浪停留过的
沙滩上所写的字
你好像已渐渐远去 消失不见
想念 又更想念了
虽然无法在我的日记里
诉说我内心深处的话语
我爱你这句话
今夜会把那天的萤火
呈现在你的窗边
嗯 愿会是个好梦

A. Divisors

签到题。本来以为还要容斥啥的，但是范围直接模拟就能过，然后就过了。

B. Market

罪魁祸首。题意是给定若干个商店及其开店的时间和卖的东西的价值和费用，给定若干个询问，对于每个询问给出开始购物的时间和有的钱，每个商店只能买一个东西，求问最多能买到多少价值的东西。

数据范围粗看是简单的背包dp（实际上也是）。然后大概就是觉得不可能考这么简单的东西，然后往最小费用最大流上面想了。还好及时反应过来开始写背包。然后就发现如果以价值为第二维那答案没有连续性，没法二分出答案；以花费为第二维空间又开不下，时间也不允许那样转移。然后就手搓主席树，发现小点能过大点WA。开大空间反而RE。然后意识到树上也开不下这么多点，而且其慢无比。然后就苦想inf秒。然后突然意识到可以把价值上树，还不用动态开点，遂A之。此时据结束还有5min。

C. 连通性

不要容斥呜呜呜。题意是有一份错误的floyd代码判图的连通性，求问对于给定的\(n\)，只有\(n-m\) 个点可以进行中转时该求出的连通性仍然完全正确的连接方式数。

转化题意。将点分为两类，一类为前\(n-m\) 个点，二类为其余点。对于前\(n-m\) 个点，其内部转移不受影响。二类点以一类点可以向二类点或一类点转移，但是一类点无法通过二类点向其他点转移。这启示我们一个连同块内每个二类点必定会和一个一类点相连，且没有任何一个二类点能作为割点。

考虑只有一类点的情况，那答案直接就是\(n\) 个点无向图的数量。只有二类点，那么同一连通块内的每一个点对都有直接的边相连。

那对于一张普通的图，我们就可以把其分为只有一类点，只有二类点和既有一类点又有二类点的连通子图。

对于既有一类点又有二类点的连通块，根据上面的分析，二类点至少和一个一类点相连且不能是割点。

我们首先可以容斥求出\(i\) 个点无向连通图的数量\(g_i\),用简单无向图的数量减去不连通的数量，不连通的个数可以通过枚举任意一个点所在连通块的大小取得：

\[g_n=h_n-\sum_{i=1}^{n-1}g_i\times 2^{\frac{i(i-1)}{2}} \times \binom{n-1}{m-1} \]

考虑求出答案\(f_{n,m}\)。由于连通块是无序的，为了方便转移，我们强制编号为\(n\) 的点在最后一个连通块。

我们先考虑全是二类点的情况：

\[f_{n,m}=\sum_{i=1}^{m} f_{n-i,m-i} \times \binom{m-1}{i-1} \]

即枚举符合条件的子图，再加上若干个二类点连通块的方案数。

然后就可以在连通块内加上一类点了：

\[f_{n,m}=\sum_{i=1}^m \sum{j=1}^{n-m} f_{n-i-j,m-i} \times \binom{m-1}{i-1} \times {n-m}{j} \times (2^j-1)^i \times h_i \times g_j \]

即枚举符合条件的子图再分别枚举添加的一二类点数求得方案数。

然后就是\(O(n^4)\) 预处理\(O(1)\) 查询。

代码实现就是把式子直接贺上去。

D. 树

题意是给定一棵树。给定若干点对。确定所有树边的方向，使得能满足所有点对能从一方到另一方。求满足限制条件的树边方向组合数。

其实赛时把该写的结构都写得差不多了，至于没写出来，是我太唐了。首先可以知道，如果一条边不被任何一条路径经过，那么它两个朝向都可以选。由于限制条件，某些边就只能选择同一个方向。不会二分图怎么办？考虑将所有路径拍到点上，那么就将所有点拆成两个，一个代表向上的边，一个代表向下的边。然后遍历所有边时在同一个方向上的边用并查集合并，然后转折点出就反方向的边相连。这样最后出现在同一个并查集内的边的就都要选/不选。所以如果最后某一个节点拆出的两个点在同一个集合内，则说明如果要满足条件就必须既要有向上的边又要有向下的边，显然这样不满足题目要求，可以判无解。那么显然每个并查集可以对答案产生2的贡献（向上向下二选一）。所以答案就是\(2^{并查集个数/2}\)。（一条边没有被经过，所以其不会被合并，所以可以算作一个独立的集合）（除以2是因为一正一反会算重）。

然后就考虑如何维护。暴力跳肯定不行。那考虑树链剖分，然后上线段树维护集合情况。理论复杂度\(O(nlog^2n)\)，虽然本地跑大样例会T，但是交上去能过，虽然是最劣解而且比倒数第二慢了两倍。

然后要注意各种空间开的倍数，还有不同位置使用的变量下标/含义应该相同，不能混用，否则就狂RE不止。