NOIP模拟17.8.15
A 债务
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
debt.pas/c/cpp debt.in debt.out 1s 128MB
【题目描述】
小 G 有一群好朋友，他们经常互相借钱。假如说有三个好朋友 A，B，C。A
欠 B 20 元，B 欠 C 20 元，总债务规模为 20+20=40 元。小 G 是个追求简约的人，
他觉得这样的债务太繁杂了。他认为，上面的债务可以完全等价为 A 欠 C 20 元，
B 既不欠别人，别人也不欠他。这样总债务规模就压缩到了 20 元。
现在给定 n 个人和 m 条债务关系。小 G 想找到一种新的债务方案，使得每个
人欠钱的总数不变，或被欠钱的总数不变（但是对象可以发生变化），并且使得总
债务规模最小。
【输入格式】
输入文件第一行两个数字 n, m，含义如题目所述。
接下来 m 行，每行三个数字 ai, bi, ci，表示 ai 欠 bi 的钱数为 ci。
注意，数据中关于某两个人 A 和 B 的债务信息可能出现多次，将其累加即可。
如”A 欠 B 20 元”、”A 欠 B 30 元”、”B 欠 A 10 元”，其等价为”A 欠 B 40 元”。
【输出格式】
输出文件共一行，输出最小的总债务规模。
【样例输入 1】
5 3
1 2 10
2 3 1
2 4 1
2
【样例输出 1】
10
【样例输入 2】
4 3
1 2 1
2 3 1
3 1 1
【样例输出 2】
0
【数据范围】
对于 30% 的数据，1 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 10。
对于 60% 的数据，1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 104。
对于 80% 的数据，1 ≤ n ≤ 104，1 ≤ m ≤ 104。
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 106，1 ≤ m ≤ 106。
对于所有的数据，保证 1 ≤ ai, bi ≤ n, 0 < ci ≤ 100。
【题解】
水题，无fuck说
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #define jue(a) (((a) >= 0) ? (a) : (-a)) 6 7 const int INF = 0x3f3f3f3f; 8 const int MAXN = 20000000 + 10; 9 10 inline void read(int &x) 11 { 12 x = 0;char ch = getchar(), c = ch; 13 while(ch < '0' || ch > '9') c = ch, ch = getchar(); 14 while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); 15 if(c == '-')x = -x; 16 } 17 18 int n,m; 19 int qian[MAXN], ans;//qian[i]正数表示第i个人被欠多少钱，负数表示欠别人多少钱 20 21 int main() 22 { 23 scanf("%d %d", &n, &m); 24 register int tmp1, tmp2, tmp3; 25 for(register int i = 1;i <= m;++ i) 26 { 27 read(tmp1), read(tmp2), read(tmp3); 28 qian[tmp1] -=tmp3; 29 qian[tmp2] += tmp3; 30 } 31 for(register int i = 1;i <= n;++ i) ans += jue(qian[i]); 32 printf("%d", (ans >> 1)); 33 return 0; 34 }
B 排列
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perm.pas/c/cpp perm.in perm.out 1s 128MB
【题目描述】
小 G 喜欢玩排列。现在他手头有两个 n 的排列。n 的排列是由 0, 1, 2, ..., n − 1
这 n 的数字组成的。对于一个排列 p，Order(p) 表示 p 是字典序第 Order(p) 小的
排列（从 0 开始计数）。对于小于 n! 的非负数 x，P erm(x) 表示字典序第 x 小的
排列。
现在，小 G 想求一下他手头两个排列的和。两个排列 p 和 q 的和为 sum =
P erm((Order(p) + Order(q))%n!)。
【输入格式】
输入文件第一行一个数字 n，含义如题。
接下来两行，每行 n 个用空格隔开的数字，表示小 G 手头的两个排列。
【输出格式】
输出一行 n 个数字，用空格隔开，表示两个排列的和。
【样例输入 1】
2
0 1
1 0
【样例输出 1】
1 0
4
【样例输入 2】
3
1 2 0
2 1 0
【样例输出 2】
1 0 2
【数据范围】
1、2、3、4 测试点，1 ≤ n ≤ 10。
5、6、7 测试点，1 ≤ n ≤ 5000，保证第二个排列的 Order ≤ 105。
8、9、10 测试点，1 ≤ n ≤ 5000。
【题解】
康托展开：
一个序列的排名(从0开始计数) = Rank[n]*(n-1)!+Rank[n-1]*(n-2)!+….
其中Rank[n]表示n位置上的数字在未出现过的数字中的排行，并且从0开始计数。
我们先求出两个序列的康托展开式，相加
但是显然阶乘爆掉
于是我们只加rank数组
如果rank[i]这一位大于等于i，就按i进制进位
证明：
……rank[i] * (i - 1) ! + rank[i + 1] * i !……
若rank[i] > i
那么可分解为
rank[i]%i * (i - 1)! + rank[i]/i * i! + rank[i + 1]*i!
所以进位显然
mod n!的话，只需要忽略rank[i + 1]即可
推式子这一步，我开始想的是类似一遍找一遍插入排序，复杂度n^2
天宇哥哥的做法是 从n往前找，p从-1向上累计，遇到没有用过的p就标记为用过，同时rank[n]--
因为num[i + 1..n]求出后能得知num[i]能选哪一些数 也就是num[1...i]有哪一些数 从小到大枚举到对应排名即可
1 #include <cstdio> 2 #include <cstdlib> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 6 inline void read(int &x) 7 { 8 x = 0;char ch = getchar(), c = ch; 9 while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar(); 10 while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); 11 if(c == '-')x = -x; 12 } 13 14 const int INF = 0x3f3f3f3f; 15 const int MAXN = 6000 + 10; 16 17 int num1[MAXN], num2[MAXN]; 18 int rank1[MAXN], rank2[MAXN]; 19 int n, b[MAXN]; 20 21 int main() 22 { 23 read(n); 24 for(register int i = n;i >= 1;-- i) read(num1[i]); 25 for(register int i = n;i >= 1;-- i) read(num2[i]); 26 register int p; 27 for(register int i = 1;i <= n;++ i) 28 { 29 p = 0; 30 for(register int j = 1;j < i;++ j)if(num1[j] < num1[i]) ++ p; 31 rank1[i] += p; 32 p = 0; 33 for(register int j = 1;j < i;++ j)if(num2[j] < num2[i]) ++ p; 34 rank2[i] += p; 35 rank1[i] += rank2[i]; 36 rank1[i + 1] += rank1[i]/i; 37 rank1[i] %= i; 38 } 39 rank1[n] %= n; 40 for(register int i = n;i >= 1;-- i) 41 { 42 p = -1; 43 while(rank1[i] >= 0) 44 { 45 ++ p; 46 if(!b[p])-- rank1[i]; 47 } 48 b[p] = 1; 49 printf("%d ", p); 50 } 51 return 0; 52 }
C 剪树枝
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tree.pas/c/cpp tree.in tree.out 1s 128MB
【题目描述】
rzyz 有一棵苹果树。苹果树有 n 个节点（也就是苹果），n − 1 条边（也就是
树枝）。调皮的小 G 爬到苹果树上。他发现这棵苹果树上的苹果有两种：一种是黑
苹果，一种是红苹果。小 G 想要剪掉 k 条树枝，将整棵树分成 k + 1 个部分。他
想要保证每个部分里面有且仅有一个黑苹果。请问他一共有多少种剪树枝的方案？
【输入格式】
第一行一个数字 n，表示苹果树的节点（苹果）个数。
第二行一共 n − 1 个数字 p0, p1, p2, p3, ..., pn−2，pi 表示第 i + 1 个节点和 pi 节
点之间有一条边。注意，点的编号是 0 到 n − 1。
第三行一共 n 个数字 x0, x1, x2, x3, ..., xn−1。如果 xi 是 1，表示 i 号节点是黑
苹果；如果 xi 是 0，表示 i 号节点是红苹果。
【输出格式】
输出一个数字，表示总方案数。答案对 109 + 7 取模。
【样例输入 1】
3
0 0
0 1 1
【样例输出 1】
2
【样例输入 2】
6
0 1 1 0 4
1 1 0 0 1 0
【样例输出 2】
1
【样例输入 3】
10
0 1 2 1 4 4 4 0 8
0 0 0 1 0 1 1 0 0 1
【样例输出 3】
27
【数据范围】
对于 30% 的数据，1 ≤ n ≤ 10。
对于 60% 的数据，1 ≤ n ≤ 100。
对于 80% 的数据，1 ≤ n ≤ 1000。
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 105。
对于所有数据点，都有 0 ≤ pi ≤ n − 1，xi = 0 或 xi = 1。
特别地，60% 中、80% 中、100% 中各有一个点，树的形态是一条链。
【题解】
做过的第二道树形DP，第一道A了的树形DP。我对树形DP理解还不够深入，所以下面的题解大家自行斟酌，
抱着江信江疑的态度看
正确性请尤其注意需要剪掉的时候，和每一个dp[i][1]，能否保证性质：每个连通块有且仅有一个黑点
dp[i][0]表示 i节点不能提供给父亲黑节点的方案数
dp[i][1]表示i节点 能提供给父亲黑节点的而方案书
初始：所有叶节点e,若为黑：dp[e][1] = 1,dp[e][0] = 1(可以切断与父节点连边);若为白：dp[e][1] = 0， dp[e][0] = 1
转移：
若i为黑色节点：
dp[i][1] = πdp[son(i)][0] 这个地方保证了每个连通分块最多有一个黑节点
dp[i][0] = dp[i][1] 即i为黑节点不给父亲黑节点的方案只能是减掉，相当于dp[i][1]，保证每个连通分块至少有一个黑节点
上述两条性质，使dp[i][1]的方案保证有且仅有一个黑节点
若i为白色节点：
dp[i][1] = Σ(dp[j][1] * πdp[son(i)][0]) son(i)不含j，j也是i的一个儿子 这个就是一个选黑，另一些选白 保证dp[i][1]的方案有且仅有一个黑节点
dp[i][0] = πdp[son(i)][0] + dp[i][1] 即下面全是白，和能提供黑但减掉与父亲节点的边
答案即为dp[i][1]
正确性我看了很久。。不知道对不对。。还请各位神犇指正
转移有奇淫技巧，见代码及注释
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 6 7 inline void read(int &x) 8 { 9 x = 0;char ch = getchar();char c = ch; 10 while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar(); 11 while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); 12 if(c == '-')x = -x; 13 } 14 15 const int INF = 0X3f3f3f3f; 16 const int MAXN = 200000 + 10; 17 const int MOD = 1000000000 + 7; 18 19 struct Edge 20 { 21 int u,v,next; 22 Edge(int _u, int _v, int _next){u = _u;v = _v;next = _next;} 23 Edge(){} 24 }edge[MAXN << 1]; 25 26 int head[MAXN], cnt; 27 28 inline void insert(int a, int b) 29 { 30 edge[++cnt] = Edge(a,b,head[a]); 31 head[a] = cnt; 32 } 33 34 35 int n,color[MAXN],dp[2][MAXN],b[MAXN],fa[MAXN]; 36 37 /* 38 若i为黑： 39 dp[i][0] = dp[i][1] 40 dp[i][1] = πdp[son][0] 41 即 42 dp[i][0] = πdp[son][0] 43 dp[i][1] = dp[i][1] 44 若i为白： 45 dp[i][0] = πdp[son][0] + dp[i][1] 46 dp[i][1] = Σdp[son1][1]* πdp[son(不含son1)][0] 47 48 可以用dp[i][0]记录 πdp[son][0] 最后判颜色+dp[i][1] 49 dp[i][1]则记录 Σdp[son1][1]* πdp[son(不含son1)][0] 50 递推做到On 51 我们用a,b,c,d表示儿子节点，如果只有a,b,c，式子为: 52 a1 * b2 * c2 + a2 * b1 * c2 + a2 * b2 * c1 53 加入d后： 54 (a1 * b2 * c2 + a2 * b1 * c2 + a2 * b2 * c1) *d2 + a2 * b2 * c2 * d1 55 其中a2 * b2 * c2可直接用dp[i][0]递推过程值更新 56 57 */ 58 59 void dfs(int u) 60 { 61 b[u] = 1; 62 register int size = 0, sum = 0, sum2 = 0, ok = 1; 63 dp[0][u] = 1; 64 for(register int pos = head[u];pos;pos = edge[pos].next) 65 { 66 int v = edge[pos].v; 67 if(b[v])continue; 68 fa[v] = u; 69 ++ size; 70 ok = 0; 71 dfs(v); 72 dp[1][u] = ((long long)dp[1][u] * dp[0][v]) % MOD; 73 dp[1][u] += ((long long)dp[0][u] * dp[1][v]) % MOD; 74 if(dp[1][u] >= MOD)dp[1][u] -= MOD; 75 dp[0][u] = ((long long)dp[0][u] * dp[0][v]) % MOD; 76 } 77 if(ok) 78 { 79 if(color[u]) dp[1][u] = 1, dp[0][u] = 1; 80 else dp[1][u] = 0, dp[0][u] = 1; 81 return; 82 } 83 if(color[u]) dp[1][u] = dp[0][u]; 84 else 85 { 86 dp[0][u] += dp[1][u]; 87 if(dp[0][u] >= MOD)dp[0][u] -= MOD; 88 } 89 return; 90 } 91 92 int main() 93 { 94 read(n); 95 register int tmp1; 96 for(register int i = 0;i < n - 1;++ i) read(tmp1), insert(i + 2, tmp1 + 1), insert(tmp1 + 1, i + 2); 97 for(register int i = 0;i < n;++ i) read(color[i + 1]); 98 dfs(1); 99 printf("%d", dp[1][1]); 100 return 0; 101 }