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序列
刚调出来样例就A了，假装是水题。
因为是乱序，我们要求出来每两项之间最小公比，而不是直接比
求出来每两项之间最小公比，然后扫一遍就完了。（还要注意重复情况）
那么问题就转化成了怎么求最小公比。
完了
以下是本人丑陋的代码
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define A 100000 using namespace std; ll n,a[10*A],tot=0,maxlen[10*A],nowlen=0,dl[10*A],zuixiaogongbi,prime[10*A],mark[10*A],ges[1010],ml=0,big[A]; set <ll> s; ll gcd(ll x,ll y) { return y==0?x:gcd(y,x%y); } bool pol(ll ooo){ ll x=ooo; for(ll i=1;i<=tot;i++){ if(prime[i]>x) break; while(x!=prime[i]){ if(x%prime[i]==0){ if(!ges[prime[i]]) dl[++dl[0]]=prime[i]; ges[prime[i]]++; x=x/prime[i]; } else break; } if(x==prime[i]){ if(!ges[x])dl[++dl[0]]=x; ges[x]++; break; } } if(x)return 0; return 1; } bool check(ll x,ll y) { memset(ges,0,sizeof(ges)); dl[0]=0; if(x<=y) swap(x,y); if(x%y) return 0; ll z=x/y,gd=1; if(pol(z))return 0; if(dl[0]!=1) { gd=gcd(ges[dl[1]],ges[dl[2]]); zuixiaogongbi=1; for(ll i=3;i<=dl[0];i++) gd=gcd(ges[dl[i]],gd); } else gd=ges[dl[1]],zuixiaogongbi=1; // for(ll i=1;i<=dl[0];i++){ // printf("ges=%lld dl=%lld ",ges[dl[i]],dl[i]); // } // printf("pd=%lld ",gd); for(ll i=1;i<=dl[0];i++) ges[dl[i]]/=gd,zuixiaogongbi*=ges[dl[i]]*dl[i]; return 1; } int main() { for(ll i=2;i<=1000;i++){ if(!mark[i]){ prime[++tot]=i; } for(ll j=1;j<=tot;j++){ if(i*prime[j]>1000) break; mark[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0){break;} } } ll man=0; scanf("%lld",&n); for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); ll len=1; for(ll i=2;i<=n;i++) if(a[i]==a[i-1]){len++;} else{man=max(man,len);len=1;} man=max(man,len); for(ll i=2;i<=n;i++){ if(check(a[i],a[i-1])) big[i]=zuixiaogongbi; else big[i]=-1; } len=1;s.insert(a[1]); for(ll i=2;i<=n;i++)//枚举开头 { if((big[i]!=-1)&&(big[i]==big[i-1]||big[i-1]==0||s.size()==1)) { ll x=a[i]; bool ok=0; if((s.find(x))==s.end()) { // printf("insert a[%lld]=%lld big[%lld]=%lld big[%lld]=%lld ",i,a[i],i-1,big[i-1],i-2,big[i-2]); s.insert(x); ll sz=s.size(); man=max(man,sz); } else { // printf("因重复而清空 i=%lld ",i); ll sz=s.size(); man=max(man,sz); s.clear();s.insert(a[i]); ll ss=s.size(); // printf("目前size=%lld ",ss); } } else { ll sz=s.size(); // printf("因不相等而清空 i=%lld sz=%lld ",i,sz); man=max(man,sz); s.clear(); s.insert(a[i]); } ll w=s.size(); // printf("w=%lld ",w); } ll sz=s.size(); man=max(man,sz); cout<<man<<endl; }
熟练剖分
这个题还是挺好的。
这是学长的题解
时间复杂度为O(n^2)的树上dp，关键在如何设计状态以及如何合并dp数组
对于这个关键部分可以有很多种不同的设计，欢迎同学们积极设计自己的状态定义以及转移方式
我分享一下我的做法
f[i][j]表示对于点i，其子树内最大代价为j的方案数
转移方式为
- 以dfs为大框架进行
- 对于每个节点先处理所有的儿子节点，最后将已获得的所有子节点信息进行合并得到该节点信息
- 合并时，依次将每一个子节点的信息纳入暂时的动态的一个dp数组储存，该dp数组分为0/1两个数组，大概长成g[0/1][j]这个样子（可以使用滚动数组变成g[0/1][0/1][j]）0数组表示之前的子节点中不含重边的情况,1表示之前的子节点中已含有重边，j表示对应状况下，最大代价为j（不是前缀和），数组内存储信息为该情况下的方案数
- 转移就简单了，枚举g数组的每一种情况以及正在合并的子节点dp数组的每一种情况，进行转移，转移时注意代价与重边的变化
- 这个时间复杂度的计算来自于点对总数，所以一定要把合并时的时间复杂度准确控制，不要错误写成O(n^3)的dp
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define A 10000 using namespace std; const ll mod=1e9+7; ll g[2][2][A],f[A][A],son[A][A],size[A],n,sum; bool flag[A]; inline ll meng(ll x,ll k){ ll ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%mod) if(k&1) ans=ans*x%mod; return ans; } void dfs(ll x){ if(!son[x][0]){f[x][0]=1;return ;} for(ll i=1;i<=son[x][0];i++){ ll y=son[x][i]; dfs(y);size[x]=max(size[x],size[y]+1); } ll cur=0,maxn=size[son[x][1]]+1; memset(g,0,sizeof(g)); for(ll i=1;i<=maxn;i++){ g[0][0][i]=f[son[x][1]][i-1];//因为g选择的是x的儿子，当前面没有选择重链时应该由i-1转移过来 g[0][1][i]=f[son[x][1]][i];//因为g选择了重链，所以i代价应该减1 } g[0][1][0]=f[son[x][1]][0]; for(ll i=2;i<=son[x][0];i++){ memset(g[cur^1],0,sizeof(g[cur^1])); for(ll j=0;j<=maxn;j++){ for(ll k=0;k<=size[son[x][i]];k++){//枚举儿子的深度 g[cur^1][0][max(j,k+1)]=(g[cur^1][0][max(j,k+1)]+f[son[x][i]][k]*g[cur][0][j])%mod;//还没有重链 g[cur^1][1][max(j,k+1)]=(g[cur^1][1][max(j,k+1)]+f[son[x][i]][k]*g[cur][1][j])%mod;//之前的点已经有了重链 g[cur^1][1][max(j,k)]=(g[cur^1][1][max(j,k)]+f[son[x][i]][k]*g[cur][0][j])%mod;//选择当前点为重链 } } cur^=1; maxn=max(maxn,size[son[x][i]]+1); } memcpy(f[x],g[cur][1],sizeof(f[x])); } int main(){ scanf("%lld",&n); sum=1; for(ll i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&son[i][0]); if(son[i][0]){ for(ll j=1;j<=son[i][0];j++){ ll r;scanf("%lld",&r); son[i][j]=r; flag[r]=1; } } (sum*=((son[i][0]==0)?1:meng(son[i][0],mod-2)))%=mod; } for(ll i=1;i<=n;i++){ if(!flag[i]){ dfs(i); ll ans=0; for(ll j=1;j<=size[i];j++) {ans=(ans+f[i][j]*j)%mod;} ans=sum*ans%mod; printf("%lld ",ans); return 0; } } }
建造游乐园
首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点。
那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况）$C_{i-1}^{2}$是哪两个点之间连边的情况，而$2^{C_{i-1}^{2}}$则是每个边都可以选择或者不选，
那么即使有度数为奇数的点，我们让i与它相连就保证了i点入度仍为偶数，并且其他奇数入度点变成了偶数。
这样我们就保证了它一定是偶数条边
设g=$2^{C_{i-1}^{2}}$（为可能不连通的欧拉图） f为符合的连通的欧拉图
因为欧拉图必须所有点都入度为偶数
只要有入度为奇数的点就不符合
于是我们用一个类似于容斥的东西只要有不联通就不行。
g[j]中本身包含只有一个点连通，只有两个点连通一直到j个点连通我们让g[j]减去1--j-1的连通情况就构成了j个点连通。
我们让f包含i点，我们还要从剩余i-1个点中，选择j-1个点使它与i点组成连通图f[j]。
剩余i-j个点随意连（g图与f图完全分割，没有连边）
然后我们从i-1个点中选择j-1个让j-1个点与i相连。
于是我们得到了：
$f[i]=g[i]-sum limits_{j=1}^{i-1}f[j]*g[i-j]*{C_{i-1}^{j-1}}$
至于为什么不是i个里面选，会选重复
完了
以下是本人丑陋的代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 2100 const ll mod=1000000007; ll n,sum[A],c=0,ans,cishu,C[A][A],g[A],f[A]; ll meng(ll x,ll k){ ll ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%mod) if(k&1) ans=ans*x%mod; return ans; } int main() { scanf("%lld",&n); C[0][0]=1; for(ll i=1;i<=n;i++) C[i][0]=1; for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; for(ll i=1;i<=n;i++) g[i]=meng(2,C[i-1][2]); //首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点 //那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况），即使有度数为奇数的点我们相连仍为偶数 for(ll i=1;i<=n;i++){ f[i]=g[i]; for(ll j=1;j<=i-1;j++){ f[i]-=f[j]*g[i-j]%mod*C[i-1][j-1]%mod; //乘i-1,j-1原因。很简单，我们从i-1个数中选，让他们与i相连 } f[i]=(f[i]%mod+mod)%mod; } cout<<(f[n]*C[n][2]%mod+mod)%mod<<endl; }
---恢复内容结束---
序列
刚调出来样例就A了，假装是水题。
因为是乱序，我们要求出来每两项之间最小公比，而不是直接比
求出来每两项之间最小公比，然后扫一遍就完了。（还要注意重复情况）
那么问题就转化成了怎么求最小公比。
完了
以下是本人丑陋的代码
View Code熟练剖分
这个题还是挺好的。
一切尽在代码之中
tjView Code建造游乐园
首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点。
那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况）$C_{i-1}^{2}$是哪两个点之间连边的情况，而$2^{C_{i-1}^{2}}$则是每个边都可以选择或者不选，
那么即使有度数为奇数的点，我们让i与它相连就保证了i点入度仍为偶数，并且其他奇数入度点变成了偶数。
这样我们就保证了它一定是偶数条边
设g=$2^{C_{i-1}^{2}}$（为可能不连通的欧拉图） f为符合的连通的欧拉图
因为欧拉图必须所有点都入度为偶数
只要有入度为奇数的点就不符合
于是我们用一个类似于容斥的东西只要有不联通就不行。
g[j]中本身包含只有一个点连通，只有两个点连通一直到j个点连通我们让g[j]减去1--j-1的连通情况就构成了j个点连通。
我们让f包含i点，我们还要从剩余i-1个点中，选择j-1个点使它与i点组成连通图f[j]。
剩余i-j个点随意连（g图与f图完全分割，没有连边）
然后我们从i-1个点中选择j-1个让j-1个点与i相连。
于是我们得到了：
$f[i]=g[i]-sum limits_{j=1}^{i-1}f[j]*g[i-j]*{C_{i-1}^{j-1}}$
至于为什么不是i个里面选，会选重复
完了
以下是本人丑陋的代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 2100 const ll mod=1000000007; ll n,sum[A],c=0,ans,cishu,C[A][A],g[A],f[A]; ll meng(ll x,ll k){ ll ans=1; for(;k;k>>=1,x=x*x%mod) if(k&1) ans=ans*x%mod; return ans; } int main() { scanf("%lld",&n); C[0][0]=1; for(ll i=1;i<=n;i++) C[i][0]=1; for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll j=1;j<=i;j++) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; for(ll i=1;i<=n;i++) g[i]=meng(2,C[i-1][2]); //首先我们要知道无向图的一条性质，一个无向图一定有偶数个度数为奇数的点 //那么我们在i-1中随意连边（可连可以不连，共2^种情况），即使有度数为奇数的点我们相连仍为偶数 for(ll i=1;i<=n;i++){ f[i]=g[i]; for(ll j=1;j<=i-1;j++){ f[i]-=f[j]*g[i-j]%mod*C[i-1][j-1]%mod; //乘i-1,j-1原因。很简单，我们从i-1个数中选，让他们与i相连 } f[i]=(f[i]%mod+mod)%mod; } cout<<(f[n]*C[n][2]%mod+mod)%mod<<endl; }