去年的比赛了，然而今天才改好。
总体难度适中，有大佬AK。
主要是自己SB第二题没想出来，然后又是可怜的100来分。
T1 一道二分+数学的题目。
我们可以二分叫的次数，然后用公式（等差数列，公差都是zi）算一个最大的可行的数目。
最后把多余的加上去即可。
注意当xi，yi都等于0的情况。
CODE
#include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; LL ans,n,t,t_2,t_s,x,y,z,res,l,r,mid,temp; inline void read(LL &x) { x=0; char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); } int main() { freopen("brute.in","r",stdin); freopen("brute.out","w",stdout); read(n); read(t); t_2=t*2; while (n--) { read(x); read(y); read(z); l=1; if (x+y) r=t/(x+y); else r=(LL)sqrt(t_2/z)+1; temp=2*x+2*y; while (l<=r) { mid=l+r>>1; if (mid*(temp+mid*z-z)<=t_2) res=mid,l=mid+1; else r=mid-1; } ans+=res*(2*y+z*res-z)/2; t_s=t-res*(temp+res*z-z)/2-x; if (t_s>0) ans+=t_s; } printf("%lld",ans); return 0; }
T2 标算用了神奇的。。。数据结构来打。
然而当时A了这道题的都是用超级简单的方法水过的。
现在只讨论玄学算法（即超级水过的算法）。
由于题目不要求分别输出每一次的值，所以我们只需要先把全部操作做完，最后1次DFS遍历一下每个点一共访问了几次。
第1次操作ans+1； 第2次 ans+2； 第3次 ans+3; 第n次 ans+n；
然后又是玄学的等差数列求和即可。ans+=（n+1)*n/2；
CODE
#include<cstdio> #include<vector> using namespace std; typedef long long LL; const int N=100005; vector <LL> a[N]; LL n,m,i,x,ans,t[N],f[N]; struct io { char op[1 << 26] , * s; io() { freopen( "chiye.in" , "r" , stdin ); freopen( "chiye.out" , "w" , stdout ); fread( s = op , 1 , 1 << 26 , stdin ); } inline void read(LL &u) { u = 0; while( * s < 48 ) s++; while( * s > 32 ) u = u * 10 + * s++ - 48; } } ip; #define read ip.read inline void dfs(int k) { f[k]+=t[k]; for (int i=0;i<a[k].size();++i) f[k]+=t[a[k][i]],f[a[k][i]]+=t[k],dfs(a[k][i]); } int main() { read(n); read(m); for (i=2;i<=n;++i) { read(x); a[x].push_back(i); } while (m--) { read(x); t[x]++; } dfs(1); for (i=1;i<=n;++i) ans+=f[i]*(f[i]+1)/2; printf("%lld",ans); return 0; }
（fread模板是免费提供的）
T3 Tarjan缩点+树形DP
就这道题改了很久，到现在还是因为不会Tarjan缩点（打了DFS）TLE了4个点。
首先前30分想怎么暴力怎么暴力。
然后发现因为这个图只有简单环，所以左右的点可以分成2种：圆点和方点。
简单地说，圆点就是原来的图中不包括在任何一个环中的点；方点就是把一个简单环缩成的一个点。如下图：
变成
然后我们发现一个眼镜的两边都是方点，如果两个端点确定，那么这两个点可以组成的眼镜数量就是2^（两个端点之间的方点个数）；
接下来又有50——70分可以暴力DFS了。
如果想得满分，就得考虑树形DP，设f[x]为以x为根的子树（包括x）一共有多少“一半的眼镜”（即只有一个端点的）
然后状态转移 ：
f[x] = Σ( f[ son[x] ] );
如果x是圆点，则f[x]不变
如果x是方点，则f[x] = f[x] * 2 + 1（可以走两次再加上它自己）
每次做的时候更新ans即可。具体看代码。
CODE
#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> using namespace std; const int N=1000005,mod=19260817; vector <int> a[N],b[N]; int n,m,f[N],num[N],pre[N],i,j,tot,x,y; bool kinds[N],vis[N],use[N]; long long ans; inline void read(int &x) { x=0; char ch=getchar(); while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); } inline void print(int k) { if (pre[k]) print(pre[k]); num[k]=tot; use[k]=1; } inline void find(int s,int k) { for (int i=0;i<a[k].size();++i) if ((!vis[a[k][i]])&&(!use[a[k][i]])) pre[a[k][i]]=k,vis[a[k][i]]=1,find(s,a[k][i]),vis[a[k][i]]=0; else if (a[k][i]==s&&a[k][i]!=pre[k]) { print(k); kinds[tot]=1; return; } } inline int dp(int k) { vis[k]=1; for (int i=0;i<b[k].size();++i) { int now=b[k][i]; if (vis[now]) continue; int temp=dp(b[k][i]); ans=(ans+f[k]*(kinds[k]?2ll:1ll)*temp)%mod; f[k]=(f[k]+temp)%mod; } if (kinds[k]) ans=(ans+f[k])%mod,f[k]=(f[k]*2+1)%mod; return f[k]; } int main() { freopen("dark.in","r",stdin); freopen("dark.out","w",stdout); read(n); read(m); for (i=1;i<=m;++i) { read(x); read(y); a[x].push_back(y); a[y].push_back(x); } for (i=1;i<=n;++i) if (!use[i]) ++tot,num[i]=tot,use[i]=1,kinds[tot]=0,memset(pre,0,sizeof(pre)),vis[i]=1,find(i,i),vis[i]=0; for (i=1;i<=n;++i) for (j=0;j<a[i].size();++j) if (num[i]!=num[a[i][j]]) b[num[i]].push_back(num[a[i][j]]); dp(1); printf("%lld",ans); return 0; }