清华集训2016Day4
组合数问题(problem)
用卢卡斯定理可知满足条件即将(n)和(m)分别用(k)进制表示，要求(n)的每一位都要大于等于(m)的对应位。直接数位(dp)，设(f_{i,0/1,0/1})表示处理到第(i)位，(n)是否触上界，(m)是否触上界时的方案数。复杂度(O(tlog_kn)) 。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod = 1000000007;
int t,k,l,a[100],b[100];ll n,m,f[100][4];
int main(){
freopen("problem.in","r",stdin);
freopen("problem.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&t,&k);
while (t--){
scanf("%lld%lld",&n,&m);m=min(n,m);
int all=((2*n-m+2)%mod)*((m+1)%mod)%mod*500000004%mod;
memset(a,0,sizeof(a));memset(b,0,sizeof(b));
l=0;while (m) b[++l]=m%k,m/=k;
l=0;while (n) a[++l]=n%k,n/=k;
f[0][0]=f[0][1]=f[0][2]=f[0][3]=1;
for (int i=1;i<=l;++i){
f[i][0]=(k*(k+1)>>1)*f[i-1][0]%mod;
f[i][1]=((a[i]*(a[i]+1)>>1)*f[i-1][0]+(a[i]+1)*f[i-1][1])%mod;
f[i][2]=((b[i]*(2*k-b[i]+1)>>1)*f[i-1][0]+(k-b[i])*f[i-1][2])%mod;
if (b[i]<=a[i])
f[i][3]=(f[i-1][3]+(a[i]-b[i])*f[i-1][2]+b[i]*f[i-1][1]+(b[i]*(2*a[i]-b[i]+1)>>1)*f[i-1][0])%mod;
else
f[i][3]=((a[i]+1)*f[i-1][1]+(a[i]*(a[i]+1)>>1)*f[i-1][0])%mod;
}
printf("%lld
",(all-f[l][3]+mod)%mod);
}
return 0;
}
汽水(soda)
看见平均值自然可以想到分数规划。题目中所给的(k)可以减到每条边的权值里面去，这样问题就变成了找一条路径使其平均值的绝对值最小。
先点分，对于每个分治重心做一次二分。假设组成答案路径的是((A,B),(C,D))这两个二元组，其中(A,C)代表两条到根路径的权值和，(B,D)代表长度。二分(-k<frac{A+C}{B+D}<k)，只需要判断是否存在满足条件的二元组即可。
先假设(A+Cge0)，那么就只需要满足(frac{A+C}{B+D}<k)这个条件，即(kB-A>C-kD)。按(A)从小到大枚举((A,B)(Age0))，加入所有使(A+Cge0)的((C,D))，维护(C-kD)的最小值即可。考虑到((A,B),(C,D))不能来自于分治重心的同一棵子树，故需要维护来自不同子树的最小及次小值。
(A+C<0)同理，可得(A+kB>-C-kD)，故维护(-C-kD)的最小值即可。
这样复杂度为(O(nlog^2n))。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
#define pi pair<ll,int>
#define mk make_pair
const int N = 50005;
int n,to[N<<1],nxt[N<<1],head[N],cnt,sz[N],w[N],vis[N],root,sum,top,pos;
ll ww[N<<1],ans=1ll<<60;
struct data{
ll x,y,z;
data(){x=y=z=0;}
data(ll _x,ll _y,ll _z){x=_x,y=_y,z=_z;}
bool operator < (const data &b) const {return y<b.y;}
}s[N];
pi m1,m2;
void getroot(int u,int f){
sz[u]=1;w[u]=0;
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=f&&!vis[to[e]]){
getroot(to[e],u),sz[u]+=sz[to[e]];
w[u]=max(w[u],sz[to[e]]);
}
w[u]=max(w[u],sum-sz[u]);
if (w[u]<w[root]) root=u;
}
void dfs(int u,int f,ll dep,ll dis,int ac){
s[++top]=data(dep,dis,ac);
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (to[e]!=f&&!vis[to[e]])
dfs(to[e],u,dep+1,dis+ww[e],ac);
}
void upt(pi S){
if (S.first<m1.first){
if (S.second!=m1.second) m2=m1;
m1=S;
}else if (S.first<m2.first&&S.second!=m1.second) m2=S;
}
bool chk1(ll k){
m1=m2=mk(1ll<<60,0);
for (int i=pos,j=pos-1;i<=top;++i){
while (j&&s[i].y+s[j].y>=0) upt(mk(s[j].y-k*s[j].x,s[j].z)),--j;
if (k*s[i].x-s[i].y>(s[i].z==m1.second?m2.first:m1.first)) return true;
upt(mk(s[i].y-k*s[i].x,s[i].z));
}
return false;
}
bool chk2(ll k){
m1=m2=mk(1ll<<60,0);
for (int i=pos-1,j=pos;i;--i){
while (j<=top&&s[i].y+s[j].y<0) upt(mk(-k*s[j].x-s[j].y,s[j].z)),++j;
if (k*s[i].x+s[i].y>(s[i].z==m1.second?m2.first:m1.first)) return true;
upt(mk(-k*s[i].x-s[i].y,s[i].z));
}
return false;
}
void solve(int u){
vis[u]=1;s[top=1]=data(0,0,0);
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (!vis[to[e]]) dfs(to[e],u,1,ww[e],to[e]);
sort(s+1,s+top+1);
for (pos=1;s[pos].y<0;++pos) ;
ll l=1,r=ans;
while (l<=r){
ll mid=l+r>>1;
if (chk1(mid)||chk2(mid)) ans=r=mid-1;
else l=mid+1;
}
for (int e=head[u];e;e=nxt[e])
if (!vis[to[e]]){
root=0,sum=sz[to[e]];
getroot(to[e],u),solve(root);
}
}
int main(){
freopen("soda.in","r",stdin);
freopen("soda.out","w",stdout);
ll k;scanf("%d%lld",&n,&k);
for (int i=1;i<n;++i){
int u,v;ll w;scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);w-=k;ans=min(ans,abs(w));
to[++cnt]=v;nxt[cnt]=head[u];ww[cnt]=w;head[u]=cnt;
to[++cnt]=u;nxt[cnt]=head[v];ww[cnt]=w;head[v]=cnt;
}
sum=w[0]=n;getroot(1,0);solve(1);
printf("%lld
",ans);return 0;
}
定向越野(circle)
咕咕咕