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  • test20200115

    终于有一道考试能想出做法而且不会打炸的题了泪目。

    $T1$

    Solution

    由于要使得距离最大，我们考虑贪心的进行匹配。

    假设对边 $(u,v)$ 来说，它的一边有 $j$ 个男生，有 $k$ 个女生，那么我们一定有 $min(j,m-k)$ 个男生和另外一边的女生配对，有 $min(k,m-j)$ 个女生和另外一边的男生配对。

    那么该边贡献就为 $wcdot (min(j,m-k)+min(k,m-j))$ ，化简一下得到： $wcdot min(j+k,2m-j-k)$ 。

    一共有 $binom{m}{j}cdot binom{m}{k}$ 种分配方法，每个人的站位共有 $sz^{j+k}cdot (n-sz)^{2m-j-k}$ 种，其中 $sz$ 为深度较深的点所在子树大小。

    将每条边的权值下放到深度较深的点上，那么我们得到答案为：

    至此我们得到了一个 $O(n^3)$ 的做法。

    考虑优化。我们可以发现当 $j+k$ 确定时，变化的部分只有 $sum_{j=0}^msum_{k=0}^m binom{m}{j}cdot binom{m}{k}$ 。

    我们只需要将其预处理出来，然后枚举 $j+k$ 即可做到 $O(n^2)$ 。

    Code

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    #define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
    #define ll long long
    #define inl inline
    #define il inl void
    #define it inl int
    #define ill inl ll
    #define re register
    #define ri re int
    #define rl re ll
    #define mid ((l+r)>>1)
    #define lowbit(x) (x&(-x))
    #define INF 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    template<class >il read( &x){
    	int f=1;char k=getchar();x=0;
    	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
    	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
    	x*=f;
    }
    template<class >il _print( x){
    	if(x/10) _print(x/10);
    	putchar(x%10+'0');
    }
    template<class >il print(T x){
    	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    	_print(x);
    }
    ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
    it qpow(int x,int m,int mod){
    	int res=1,bas=x;
    	while(m){
    		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
    		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
    	}
    	return res;
    }
    const int N = 5e3+5,mod = 1e9+7;
    int n,m,u,v,d,ans,val[N],sz[N],fac[N],ifac[N],c[N],sum[N],pw[N][N],head[N],num_edge;
    it add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
    it mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
    il inc(int &x,int y){x=add(x,y);}
    it max(int x,int y){return x>y?x:y;}
    it min(int x,int y){return x<y?x:y;}
    struct Edge{int next,to,dis;}edge[N<<1];
    il add_edge(int u,int v,int dis){
    	edge[++num_edge]=(Edge){head[u],v,dis},head[u]=num_edge;
    	edge[++num_edge]=(Edge){head[v],u,dis},head[v]=num_edge;
    }
    il DFS(int u,int fa){
    	sz[u]=1;
    	for(ri i=head[u];i;i=edge[i].next){
    		int v=edge[i].to;
    		if(v==fa) continue;
    		DFS(v,u),sz[u]+=sz[v];
    		val[v]=edge[i].dis;
    	}
    }
    it C(int n,int m){return mul(mul(ifac[m],ifac[n-m]),fac[n]);}
    int main(){
    	freopen("class.in","r",stdin);
    	freopen("class.out","w",stdout);
    	read(n),read(m),fac[0]=1;
    	for(ri i=1;i<=m;++i)
    		fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    	ifac[m]=qpow(fac[m],mod-2,mod);
    	for(ri i=m-1;i>=0;--i)
    		ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
    	for(ri i=1;i<=n;++i){
    		pw[i][0]=1;
    		for(ri j=1;j<=2*m;++j)
    			pw[i][j]=mul(pw[i][j-1],i);
    	}
    	for(ri i=1;i<n;++i){
    		read(u),read(v),read(d);
    		add_edge(u,v,d);
    大专栏  test20200115="line">	}
    	DFS(1,0);
    	for(ri i=0;i<=m;++i)
    		c[i]=C(m,i);
    	for(ri i=0;i<=2*m;++i)
    		for(ri j=0;j<=min(i,m);++j)
    			inc(sum[i],mul(c[j],c[i-j]));
    	for(ri i=1;i<=n;++i){
    		for(ri j=0;j<=2*m;++j){
    			int res=mul(pw[sz[i]][j],pw[n-sz[i]][2*m-j]);
    			res=mul(res,min(j,2*m-j)),res=mul(res,sum[j]);
    			inc(ans,mul(res,val[i]));
    		}
    	}
    	print(ans);
    	return 0;
    }

    $T2$

    Solution

    处理环上问题，我们先将环拆成链。

    由于相邻的不能相同，我们在每个相邻处经链断开，这样链就变成了几段，每次只需要考虑端点是否相同即可。

    我们考虑一个长为 $k$ 的链是否可行，如果可行的话，那么对应的删去 $n-k$ 个就是可行的。

    对于每一段，我们枚举长度 $k$ ，只要满足 $s[lcdots r-k+1]not=s[l+k-1cdots r]$ ，我们即可找出至少一组可行解。

    这个可以用字符串 $hash$ 解决。

    时间复杂度上界为 $O(n)$ ，可能跑不满。

    Code

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    #define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
    #define ll long long
    #define inl inline
    #define il inl void
    #define it inl int
    #define ill inl ll
    #define re register
    #define ri re int
    #define rl re ll
    #define mid ((l+r)>>1)
    #define lowbit(x) (x&(-x))
    #define INF 0x3f3f3f3f
    using namespace std;
    template<class T>il read(T &x){
    	int f=1;char k=getchar();x=0;
    	for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
    	for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
    	x*=f;
    }
    template<class T>il _print(T x){
    	if(x/10) _print(x/10);
    	putchar(x%10+'0');
    }
    template<class T>il print(T x){
    	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    	_print(x);
    }
    ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
    it qpow(int x,int m,int mod){
    	int res=1,bas=x;
    	while(m){
    		if(m&1) res=(1ll*res*bas)%mod;
    		bas=(1ll*bas*bas)%mod,m>>=1;
    	}
    	return res;
    }
    const int N = 5e6+5;
    int n,sum[N<<1];
    char s[N<<1],vis[N];
    unsigned ll H[N<<1],p[N<<1];
    il Init(){
    	int m=n<<1;
    	for(ri i=1;i<=m;++i)
    		H[i]=H[i-1]*131+(s[i]-'a'+1);
    }
    unsigned ll Calc(int l,int r){return H[r]-H[l-1]*p[r-l+1];}
    il Solve(int l,int r){
    	int len=min(r-l+1,n);
    	for(ri i=2;i<=len;++i){
    		if(vis[n-i]) continue;
    		if(Calc(l,r-i+1)==Calc(l+i-1,r)) continue;
    		vis[n-i]=1;
    	}
    }
    int main(){
    	freopen("loop.in","r",stdin);
    	freopen("loop.out","w",stdout);
    	p[0]=1;
    	for(ri i=1;i<=N+N-10;++i)
    		p[i]=p[i-1]*131;
    	while(~scanf("%s",s+1)){
    		n=strlen(s+1),vis[0]=0;
    		for(ri i=1;i<=n;++i)
    			s[i+n]=s[i],vis[i]=0;
    		Init();
    		int pre=1,m=n<<1;
    		for(ri i=2;i<=m;++i)
    			if(s[i]==s[i-1])
    				Solve(pre,i-1),pre=i;
    		Solve(pre,m);
    		for(ri i=0;i<n;++i)
    			print(vis[i]);
    		puts("");
    	}
    	return 0;
    }
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