对，如果你想把第5名粘进来，那么图片就是这么夸张。
然而和我并没有什么关系，实在是太菜了。
但是还是想吐槽出题人是真心没良心啊。。。做了达哥的良心题之后眼光极其挑剔
这套题的部分分设置非常愚蠢，唯一一个可用的部分分在T2，但是T2说的还很不清楚。
T2其实已经完成了最艰难的转化题意，但是最后败在了细节上。
T1也基本上是全场切，结果出锅了。
我想问一个问题啊：在时间比较紧的情况下，是应该打完题就打对拍，还是优先往下做题啊？
skyh就是没脸。去厕所遇到他的话我这场绝对炸。
发现T2题意前遇到的
我：我估计我60分
FACEFACE：那我肯定不止60分了。我发现T2的题意了，难题。
然后我差点就弃T2了，差点就只剩下50分了。。。
T1暴力弹栈暴力恢复，结果恢复的时候往栈里应该是倒序加，而不应该是正序。。。挂70
T2计算$C_n^3$时没除6锅了20分。
。。。
心情稍低沉。越发感觉自己像个傻子。
会题不一定不是傻子。
拿不到分那就是个傻子。。。
吸取教训吧。。。
对拍。要对拍。就你那个程度不打对拍肯定锅。
T1：树
因为我蠢所以没想到正解。考场上维护了一个单调栈，然后离线暴干。
会被蒲公英图/扫帚图干掉成$O(n^2)$。但是出题人保证数据随机。我没打正解我没脸。
正解很简单，按照递减序建树，倍增乱搞就行。没心情打了。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<vector> 5 using namespace std; 6 vector<int>anc[100005],c[100005],id[100005],tmp[100005]; 7 int fir[100005],l[200005],to[200005],cnt,n,q,w[100005],dep[100005]; 8 int sta[100005],top,sdep[100005],sw[100005],ans[100005]; 9 void link(int a,int b){l[++cnt]=fir[a];fir[a]=cnt;to[cnt]=b;} 10 bool com(int a,int b){return a>b;} 11 void dfs(int p,int fa){ 12 dep[p]=dep[fa]+1; 13 while(top&&sw[top]<=w[p])top--,tmp[p].push_back(sta[top+1]); 14 sta[++top]=p;sw[top]=w[p];sdep[top]=dep[p]; 15 for(int i=0;i<id[p].size();++i){ 16 int ed=lower_bound(sw+1,sw+1+top,c[p][i],com)-sw,st=lower_bound(sdep+1,sdep+1+top,dep[anc[p][i]])-sdep; 17 ans[id[p][i]]=max(0,ed-st); 18 } 19 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa)dfs(to[i],p); 20 top--; 21 for(int i=(int)tmp[p].size()-1;~i;--i)sta[++top]=tmp[p][i],sw[top]=w[sta[top]],sdep[top]=dep[sta[top]]; 22 } 23 int main(){ 24 scanf("%d%d",&n,&q); 25 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&w[i]); 26 for(int i=1,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y),link(x,y),link(y,x); 27 for(int i=1,u,v,C;i<=q;++i)scanf("%d%d%d",&u,&v,&C),anc[u].push_back(v),c[u].push_back(C),id[u].push_back(i); 28 dfs(1,0); 29 for(int i=1;i<=q;++i)printf("%d ",ans[i]); 30 }
T2：环circle
其实虽说题目说的很不清楚，但是还是有很多提示的。
能从题目里隐隐约约得出以下信息：
竞赛图，环，最小。
看一眼数据范围，最小暴力分是n=300。这个只能是$O(n^3)$的复杂度了。
再把第一个样例的16个图都画出来，不难发现它要的就是三元环计数，不分起点。
求证：竞赛图如果有环，那么最小环一定是三元环
证明：
如果存在一个大于3元的环，那么对于其中任意距离大于等于2的两个点ab，在环上已经存在了一个顺时针和一个逆时针路径。
这时候因为图是竞赛图，ab两点之间也必须直接有边，这一条边能和顺时针路径或逆时针路径之一形成一个环。
这个环小于原来的环。这样的话大环会不断被分割成小的。直到环中不存在距离大于等于2的点，那么就只剩下了一个三元环。
证毕。
那么就是求三元环数量了。
30分：n<=300。
暴力枚举三个点。看贡献。
如果你一条边都不知道，那么可能形成2种环，一共$2^3=8$种情况，期望贡献1/4。
如果你只知道一条边，那么只能形成1种环，一共$2^2=4$种情况，期望贡献1/4。
如果你知道两条边，这两条边指向或背向同一个点，那么贡献是0，否则贡献1/2。
如果你三条边都知道。。。那就不用我说了吧。。。贡献0或1
+20分：e=0
全都是三条边都不知道的情况，是$frac{1}{4} imes C_n^3$
+20分：e=n*(n-1)/2
全都是三条边都知道的情况，但是不能$n^3$枚举。
因为e<=1000000，所以可以知道n<=1500。
bitset枚举（也可以不用）。大力讨论。
100分：
考虑容斥。先让所有边都产生贡献。
然后产生负贡献的就是不合法的三元环：有两条边从同一个点指出。
然后考虑期望有多少这样的环。
枚举所有这样的点，考虑每一条不确定的边。
如果$p_i$表示这个点i有几条出边，有$q_i$条未知边。
答案减去$C_{p_i}^2 + frac{C_{q_i}^2}{4} + frac{p_i imes q_i}{2}$
1 //可以证明，竞赛图只要存在环，那么最小的环大小一定是3 2 //所以问的就是图中期望有几个三元环 3 #include<cstdio> 4 #include<vector> 5 using namespace std; 6 vector<int>in[1555],out[1555]; 7 #define qtr 250000002ll 8 #define hlf 500000004ll 9 #define mod 1000000007ll 10 int pow(long long b,int t,long long a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;} 11 int graph[1555][1555],n,e;long long ans; 12 int main(){ 13 scanf("%d%d",&n,&e); 14 if(e==0){ 15 printf("%lld ",qtr*n%mod*(n-1)%mod*(n-2)%mod*pow(6,mod-2)%mod); 16 }else if(n<=300){ 17 for(int i=1,x,y;i<=e;++i)scanf("%d%d",&x,&y),graph[x][y]=1,graph[y][x]=-1; 18 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)for(int k=j+1;k<=n;++k) 19 if((graph[i][j]!=0)+(graph[j][k]!=0)+(graph[i][k]!=0)<=1)ans+=qtr; 20 else if(graph[i][j]==1&&graph[j][k]==1&&graph[k][i]==1)ans++; 21 else if(graph[i][j]==-1&&graph[j][k]==-1&&graph[k][i]==-1)ans++; 22 else if(graph[i][j]==1&&graph[j][k]==1&&graph[k][i]==0)ans+=hlf; 23 else if(graph[i][j]==-1&&graph[j][k]==-1&&graph[k][i]==0)ans+=hlf; 24 else if(graph[i][j]==1&&graph[j][k]==0&&graph[k][i]==1)ans+=hlf; 25 else if(graph[i][j]==-1&&graph[j][k]==0&&graph[k][i]==-1)ans+=hlf; 26 else if(graph[i][j]==0&&graph[j][k]==1&&graph[k][i]==1)ans+=hlf; 27 else if(graph[i][j]==0&&graph[j][k]==-1&&graph[k][i]==-1)ans+=hlf; 28 printf("%lld ",ans%mod); 29 }else if(e<<1==n*(n-1ll)){ 30 for(int i=1,x,y;i<=e;++i)scanf("%d%d",&x,&y),graph[x][y]=1; 31 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)if(graph[i][j])out[i].push_back(j);else in[i].push_back(j); 32 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<out[i].size();++j)for(int k=0;k<in[i].size();++k)ans+=graph[out[i][j]][in[i][k]]; 33 printf("%lld ",ans%mod); 34 } 35 }
1 //可以证明，竞赛图只要存在环，那么最小的环大小一定是3 2 //所以问的就是图中期望有几个三元环 3 #include<cstdio> 4 #include<vector> 5 using namespace std; 6 #define qtr 250000002ll 7 #define hlf 500000004ll 8 #define six 166666668ll 9 #define mod 1000000007ll 10 int pow(long long b,int t,long long a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;} 11 int p[100005],q[100005],n,e;long long ans; 12 int main(){ 13 scanf("%d%d",&n,&e); 14 ans=1ll*n*(n-1)%mod*(n-2)%mod*six%mod; 15 for(int i=1,x,y;i<=e;++i)scanf("%d%d",&x,&y),p[x]++,q[y]--,q[x]--; 16 for(int i=1;i<=n;++i)q[i]+=n-1; 17 for(int i=1;i<=n;++i)ans=(ans-p[i]*(p[i]-1ll)/2-1ll*p[i]*q[i]%mod*hlf%mod-q[i]*(q[i]-1ll)/2%mod*qtr%mod+mod)%mod; 18 printf("%lld ",ans); 19 }
T3：礼物gift
$C_{a_i + b_i + a_j + b_j}^{a_i + a_j}$
$=sumlimits_{t=0}^{a_i + a_j}C_{a_i +b_i}^{t} imes C_{a_j + b_j}^{a_i + a_j -t}$
$=sumlimits_{t=-a_i}^{a_j}C_{a_i +b_i}^{t + a_i} imes C_{a_j + b_j}^{a_j -t}$
$=sumlimits_{t=-a_i}^{b_i}C_{a_i +b_i}^{t + a_i} imes C_{a_j + b_j}^{a_j -t}$
然后就可以发现两部分式子已经分别只与i和j有关了。
带j的那一项关于t开一个桶，然后每次加一个新物品时先枚举t查找桶里的值，再往桶里放一下。
注意贡献答案时t的枚举范围与更新桶时的t的枚举范围是完全相反的。
拆开两部分分别算，改变枚举范围。这是这道题的难点。
1 #include<cstdio> 2 #define mod 1000000007 3 int fac[20000005],invv[20000005],inv[20000005],n,BUC[40000005],*buc=BUC+20000002,ans; 4 int Mod(int p){return p<mod?p:p-mod;} 5 int C(int b,int t){return (t<0||t>b)?0:1ll*fac[b]*inv[b-t]%mod*inv[t]%mod;} 6 main(){ 7 fac[0]=fac[1]=invv[1]=inv[0]=inv[1]=1; 8 for(int i=2;i<=20000000;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,invv[i]=mod-1ll*mod/i*invv[mod%i]%mod,inv[i]=1ll*inv[i-1]*invv[i]%mod; 9 scanf("%d",&n); 10 for(int i=1,a,b;i<=n;++i){ 11 scanf("%d%d",&a,&b); 12 for(int t=-a;t<=b;++t)ans=Mod(ans+1ll*buc[-t]*C(a+b,a+t)%mod); 13 for(int t=-b;t<=a;++t)buc[-t]=Mod(buc[-t]+C(a+b,a-t)); 14 }printf("%d ",Mod(ans<<1)); 15 }