比賽連結

A.分組

將認識關係轉化為圖中的邊。dfs這張圖，對每一個沒有被訪問過的點，將它標記為源點的反色，回溯的時候統計每個點有多少同色相鄰點，個數等於2時將其顏色轉換。

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=1e5+10,M=2e5+10;
int n,m,tot,vis[N],hd[N];
struct Edge{
	int v,nx;
}e[M<<1];
void dfs(int u)
{
	int cnt=0;
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
	    if(!vis[e[i].v])vis[e[i].v]=vis[u]^3,dfs(e[i].v);
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
	    cnt+=(vis[e[i].v]==vis[u]);
	if(cnt==2)vis[u]^=3;
}
void add(int u,int v)
{
	e[tot].v=v;
	e[tot].nx=hd[u];
	hd[u]=tot++;
}
int main()
{
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	memset(hd,-1,sizeof(hd));
	scanf("%d%d",&n,&m);
    int u,v;
	for(int i=1;i<=m;i++)
    	scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	if(!vis[i])vis[i]=1,dfs(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%d ",vis[i]);
    puts("");
    return 0;
}
 

總結

初看比賽結果發現這題只有1人滿分，然後就被嚇著了。在想會不會是並查集，或者在圖中找環，後來發現這裡的認識關係不會傳遞，且節點度數不超過3，肯定會存在一種解。

B.樹

學習了大佬程式碼。對著這份程式碼看了一個多小時好像有點點明白。大概就是在這頭選兩個端點在那頭選兩個端點更新答案（說了等於沒說）。選子樹內那一頭是不能在同一個子節點的子樹內部選兩個（會多佔一些邊），選子樹外那頭也得把共了邊的部分減去，保證最後往上跳之後求出來的路徑組合長度是在範圍內的。

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int hd[N],tot,n,sz[N],dep[N],fa[N][20],a[N],l,r,b[N],ans;
struct Edge{
	int v,nx;
}e[N<<1];
int C2(int x){return 1ll*x*(x-1)/2%mod;}//返回C(x,2) 
void add(int u,int v)
{
	e[tot].v=v;
	e[tot].nx=hd[u];
	hd[u]=tot++;
}
void dfs(int u)
{
	sz[u]=1;
	for(int i=1;(1<<i)<=dep[u];i++)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
	{
		int v=e[i].v;
		if(v==fa[u][0])continue;
		fa[v][0]=u;dep[v]=dep[u]+1;dfs(v);
		sz[u]+=sz[v];a[u]=(a[u]+C2(sz[v]))%mod;
	}
	a[u]=(C2(sz[u])-a[u]+mod)%mod;//在u的子樹中取2個不共路徑的端點 
} 
void Dfs(int u)
{
	for(int i=hd[u];~i;i=e[i].nx)
	{
		int v=e[i].v;
		if(fa[u][0]==v)continue;
		b[v]=(0ll+b[u]+a[u]-C2(sz[u])+mod-C2(n-sz[u])+mod+C2(sz[v])+C2(n-sz[v]))%mod;
	    //在v的子樹外取兩個不共路徑的端點 
		Dfs(v);
	}
}
int up(int u,int d)
{
	for(int i=19;i>=0;i--)if(d&(1<<i))u=fa[u][i];
	return u;
}
int main()
{
	//freopen("in.txt","r",stdin);
    memset(hd,-1,sizeof(hd));
    scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
    int u,v;
    for(int i=1;i<n;i++)
        scanf("%d%d",&u,&v),add(u,v),add(v,u);
    dfs(1);Dfs(1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	int v=up(i,l-1);int u=up(i,r);//從i往上跳 
    	ans=(0ll+ans+(2ll*a[i]+1)*(b[v]-b[u]+mod)+1ll*a[i]*(dep[v]-dep[u]))%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
 

總結

看了個似懂非懂，但是時間非常有限，不能再繼續看了。（我連樣例答案都推不出來）

C.序列

我們列舉不同數字的個數 $x$ 。此時等價於這個問題，有 $x$ 個箱子排成一排，任 意兩個箱子之間距離不超過 $k$（超過 $k$ 意味著可以把這個間距減小到 $k$，且是一個等價的序 列），第一個箱子和最後一個箱子的距離不超過 $m$ 的方案數。設 $F[i,j]$ 表示放置了 $i$ 個箱子，第 $1$ 個箱子和最後一個箱子的距離為 $j$ 的方案數。 $F[i,j]=\sum_{l=1}^{j-1}F[i-1,l]$

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=2e3+10;
int n,m,k;
ll fac[N],sum[N],f[N][N],s[N][N],ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	s[i][1]=s[i][i]=1;fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
    	for(int j=2;j<i;j++)
    	    s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod;
	}
	f[1][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		sum[0]=f[i-1][0];
		for(int j=1;j<=m;j++)
		    sum[j]=(sum[j-1]+f[i-1][j])%mod;
		for(int j=1;j<=m;j++)
		    f[i][j]=sum[j-1];
		for(int j=k+1;j<=m;j++)
		    f[i][j]=(f[i][j]-sum[j-k-1]+mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=0;j<=m;j++)
	        ans=(ans+(s[n][i]*fac[i]%mod)*f[i][j]%mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

總結

初拿到這道題毫無頭緒。這題轉化為一個放箱子的模型，通過一系列分析利用DP求解，很巧妙。

比賽總結

這三題我幾乎都沒什麼好的思路。T1難度其實並不高，但是思維走偏了。應該要充分發掘題目隱藏的性質。T2T3都是求方案數，自己在這方面比較薄弱。T2列舉端點那個地方不好懂，不過這種方法確實很好，利用倍增直接往上跳然後更新答案。T3的模型很好，把它轉化為一個放箱子的問題然後就可以動態規劃。而DP時通過觀察狀態轉移方程發現 $i-1$ 階段全都已經計算過，可以直接維護一個字首和來優化時間複雜度。還有第二類斯特林數和階乘來計算方案數，感覺確實很複雜。 出題人是個狼人。