Manthan, Codefest 17 B-F题目详解

被这套题搞的突然失去梦想。。
B题题意:给你三个值p，q，r，在一段序列上选取3个值ai,aj,ak(1<=i<=j<=k<=n)使得ai*p+aj *q+ak *r最大。
思路:做的时候想歪了，但弄懂了一个之前一直疑惑的问题。。之后认真思考这道题时发现不是很难想,首先博主做的时候认定为一道dp题。
dp转移方程为:dp[j][i] = max(dp[j - 1][i], dp[j][i - 1] + num[i] * a[j])
博主将p,q,r按顺序存进了num里面，那么dp[ j ][ i ]的意思为前j个数已经取了i个数的最大值。边界dp[j][1]=max(dp[j-1][i],num[1]*a[j]);
代码如下

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;ll a[100005];ll num[10];ll dp[100005][5];const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;int main(){    long long n;    cin >> n >> num[1] >> num[2] >> num[3];    for (int i = 0;i <= n;i++)for (int j = 0;j <= 3;j++)dp[i][j] = -inf;    for (int i = 1;i <= n;i++)        scanf("%lld", &a[i]);    dp[1][1] = num[1] * a[1];    for (int i = 1;i <= 3;i++)        for (int j = 1;j <= n;j++)        {            if (i == 1)                dp[j][i] = max(dp[j - 1][i], num[1] * a[j]);            else                dp[j][i] = max(dp[j - 1][i], dp[j][i - 1] + num[i] * a[j]);        }    cout << dp[n][3] << endl;}

可能有些大佬会用前缀后缀做这道题，但博主感觉那个方法不太实用，如果下次求4个数，就不好做了。。但这个dp却可以。
C题题意:有一棵树，结点的值有m种，有一个值比较特殊，记为k，如果有一个结点选了它，那么他周围的点的值不能超过k。特殊的值有x个，问有多少种方法赋值。
思路:一眼望去就是一道树形dp题，然而加上特殊的值有x个这个限制条件就不好做了，虽然转移方程写得出来。
转移方程如下:
dp[cur][0][cnt]代表当前结点cur的值小于k，它的子树有cnt个特殊的点的答案。
dp[cur][1][cnt]代表当前结点cur的值等于k，它的子树(包括自己)有cnt个特殊的点的答案。
dp[cur][2][cnt]代表当前结点cur的值大于k，它的子树有cnt个特殊的点的答案。
聪明的读者一定能够将状态转移推出来，但如何求在子树上分配特殊点的数量，这是个问题。这其中又有一个递推关系在里面。如果有x个特殊点，有size个儿子。那么求分配特殊点的数量这个问题又可以变成若干个子问题:最后一个儿子有1个,前size-1个儿子有x-1个.如果最后一个儿子有2个，那么前size-1个孩子就要x-2个。。。
所以到一个儿子的树时，只要知道前一个儿子的各种分配方式的数量，那么也就知道现在的分配数量是多少了。
细节请看代码:

#include<iostream>#include<vector>#include<cstring>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 5;vector<int>V[maxn];typedef long long ll;int k, x;int n, m;ll dp[maxn][3][15];ll a[3][15], b[3][15];const ll mod = 1000000007;void dfs(int u, int pre){    int Size = V[u].size();    if (Size == 1 && V[u][0] == pre)    {        dp[u][0][0] = k - 1;        dp[u][1][1] = 1;        dp[u][2][0] = m - k;        return;    }    for (int i = 0;i < Size;i++)    {        int to = V[u][i];        if (to == pre)continue;        dfs(to, u);    }    memset(a, 0, sizeof(a));    memset(b, 0, sizeof(b));    for (int i = 0;i < 3;i++)a[i][0] = 1;    //a[1][1] = 1;    for (int to : V[u])    {        if (to == pre)continue;        for(int c=0;c<3;c++)            for(int i=0;i<=x;i++)                for (int j = 0;j <= x;j++)                {                    if (i + j > x)break;                    ll temp = 0;                    if (c == 0)                    {                        temp = dp[to][0][j] + dp[to][1][j];                        temp %= mod;                        temp += dp[to][2][j];                        temp %= mod;                        b[c][i + j] += temp*a[c][i] % mod;                        b[c][i + j] %= mod;                    }                    else if (c == 1)                    {                        temp = dp[to][0][j] % mod;                        b[c][i + j] += temp*a[c][i] % mod;                        b[c][i + j] %= mod;                    }                    else                    {                        temp = dp[to][0][j] + dp[to][2][j];                        temp %= mod;                        b[c][i + j] += temp*a[c][i] % mod;                        b[c][i + j] %= mod;                    }                }        for (int i = 0;i < 3;i++)            for (int j = 0;j <= x;j++)                a[i][j] = b[i][j], b[i][j] = 0;    }     for (int l = 0;l <= x;l++)    {        dp[u][0][l] = (1ll * a[0][l] * (k - 1)) % mod;        if (l >= 1)            dp[u][1][l] = a[1][l - 1];        dp[u][2][l] = (1ll * a[2][l] * (m - k)) % mod;    }}int main(){    cin >> n >> m;    int u, v;    for (int i = 1;i < n;i++)    {        scanf("%d%d", &u, &v);        V[u].push_back(v);        V[v].push_back(u);    }    cin >> k >> x;    dfs(1, 0);    ll ans = 0;    for (int i = 0;i < 3;i++)        for (int j = 0;j <= x;j++)        {            ans += dp[1][i][j];            ans %= mod;        }    cout << ans << endl;}

D题题意:(好复杂的题意啊。。)又是一棵树，，父与子的关系有2种，一种是儿子是父亲的special case，另一种儿子是父亲的part。并且，如果v是u的special case或者part，u是t的special case或者part，那么v也是t的special case或者part。如果v是u的part，而t是u的special case，那么v也是t的part。(虽然有点绕，但题目大概意思应该讲通了。。)
现在有若干个询问1 u v代表v是不是u的special case。2 u v 代表v是不是u的part
思路:读者请捋顺其中的关系。。如果是询问1，那么其实就是再问你u是不是v的祖先，并且u到v的边都是第一种边。询问2其实问你u和v共同祖先k到v的边是不是都是第二种，k到u的边是不是都是第一种。
所以这道题只要看清题意，注意细节，会求lca就做出来了。
代码如下:

#include<iostream>#include<vector>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 5;vector<int>V1[maxn], V2[maxn];int dep[maxn];int One[maxn], Two[maxn];int st[maxn][20];int f[maxn];int n;int find(int x) { return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]); }void dfs(int u, int d,int one,int two){    int Size = V1[u].size();    dep[u] = d;    One[u] = one, Two[u] = two;    int x = find(u);    for (int i = 0;i < Size;i++)    {        int y = find(V1[u][i]);        if (x != y)            f[y] = x;        st[V1[u][i]][0] = u;        if (V2[u][i] == 0)            dfs(V1[u][i], d + 1, one + 1, two);        else            dfs(V1[u][i], d + 1, one, two + 1);    }}void ST(){    for(int i=1;i<20;i++)        for (int j = 1;j <= n;j++)        {            if ((1 << i) > dep[j])continue;            st[j][i] = st[st[j][i - 1]][i - 1];        }}int query(int u, int v){    if (dep[u] < dep[v])swap(u, v);    int d = dep[u] - dep[v];    for (int i = 0;i < 20;i++)        if (d&(1 << i))            u = st[u][i];    if (u == v)return u;    for (int i = 19;i >= 0;i--)    {        if (st[u][i] != st[v][i])        {            u = st[u][i];            v = st[v][i];        }    }    u = st[u][0];    v = st[u][0];    return u;}int main(){    cin >> n;    int parent, type;    for (int i = 1;i <= n;i++)    {        f[i] = i;        scanf("%d%d", &parent, &type);        if (parent == -1 && type == -1)continue;        V1[parent].push_back(i);        V2[parent].push_back(type);    }    for (int i = 1;i <= n;i++)        if (dep[i] == 0)        {            dfs(i, 1,0, 0);        }    ST();    int q;    cin >> q;    int u, v;    for (int i = 1;i <= q;i++)    {        scanf("%d%d%d", &type, &u, &v);        int x = find(u);        int y = find(v);        if (x != y)            puts("NO");        else        {            if (type == 1)            {                if (query(u, v) != u || u == v||Two[v]-Two[u]!=0)                    puts("NO");                else                    puts("YES");            }            else            {                int thefa = query(u, v);                if (Two[u] - Two[thefa] != 0 || One[v] - One[thefa] != 0||thefa==v)                    puts("NO");                else                    puts("YES");            }        }    }    return 0;}

请一定要自己写一遍，注意if里面的语句。这些细节可能导致你会wa掉。。
E题题意:将一个数转换为b进制后，如果0到b-1都出现了偶数次(包括0次，不包括前导0)，这个数就是magic数。问l到r在b进制下中有几个magic数。
思路:典型的数位dp，只要想办法来判断这个状态合不合法这道题就可以a了。
我们可以用dp[b][pos][now]来代表在b进制下最高位到pos位下的状态now的magic数的个数。
那么now状态是什么呢？如何用now来判断该数的合法性呢？
如果前面有一位数为c，那么就用now^(1<< c),那么这样就可以利用now是否为0来判断是不是合法了。
代码如下:

#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;typedef long long ll;ll dp[12][100][5000];ll l, r;int b;int a[105];ll dfs(int pos, ll now, bool lead, bool limit){    if (pos == -1)    {        if (now == 0)return 1;        else return 0;    }    if (!limit && !lead&&dp[b][pos][now] != -1)        return dp[b][pos][now];    int up = limit ? a[pos] : b - 1;    ll ans = 0;    for (int i = 0;i <= up;i++)    {        ans += dfs(pos - 1, lead&&i==0?now:now ^ (1LL << i), lead&&i == 0, limit&&i == a[pos]);    }    if (!limit && !lead)dp[b][pos][now] = ans;    return ans;}ll solve(ll x){    int pos = 0;    while (x)    {        a[pos++] = x%b;        x /= b;    }    return dfs(pos - 1, 0, true, true);}int main(){    int T;    scanf("%d", &T);    memset(dp, -1, sizeof(dp));    while (T--)    {        scanf("%d%lld%lld", &b, &l, &r);        /*for (int i = 0;i <= r;i++)            cout << solve(i) << endl;        solve(r);        solve(l - 1);*/        printf("%lld\n", solve(r) - solve(l - 1));    }    return 0;}

F题题意:在笛卡尔坐标中，有q次询问，第一种询问1 l r k,代表在x>=l&&x

#include<iostream>#pragma GCC optimize("O3")#pragma GCC target("sse4")using namespace std;typedef long long ll;int a[100005], b[100005], c[100005];int main(){    int q;    cin >> q;    int type,l,r;    int  k;    while (q--)    {        scanf("%d%d%d", &type, &l, &r);        if (type == 1)        {            scanf("%d", &k);            if (k > 0)            {                for (int i = l;i < r;i++)                {                    if (!a[i] || a[i] && a[i] > k)                        a[i] = k;                    if (b[i])                        c[i] = a[i] + b[i];                }            }            else            {                k = -k;                for (int i = l;i < r;i++)                {                    if (!b[i] || b[i] && b[i] > k)                        b[i] = k;                    if (a[i])                        c[i] = a[i] + b[i];                }            }        }        else        {            ll ans = 0;            for (int i = l;i < r;i++)                ans =ans+ c[i];            printf("%lld\n", ans);        }    }    return 0;}

结果竟然出人意料的A了。。
所以呢，放这道题的意思就是希望读者不要看到数据量那么大，就不敢做了。尝试一下暴力说不定就过了呢。。
ok，正解肯定不是这个，博主看了看题解，正解是分块。但博主还没弄懂，有兴趣的读者可以去看看Tutorial，稍后可能会更新正解。