随机跳题挑战总结 Part4

前言

这次挑战除了和$WYCdalao,XXYdalao$外，还加了一个$LWjulao$。
哦对还有一个$ZYC$bigvegetablechicken$caiji$
这次是跳1蓝1紫1黑。
然而我的三道题都是最水的。亿秒钟秒切
$link:$$\text{LWdalao的随机挑战总结}$ $\text{WYCdalao的随机挑战总结}$ $\text{XXYdalao的随机挑战总结}$
$LWdalao$博客链接待添加。
$\text{注意：东莞中学松山湖学校的各位巨佬都很会装弱，只有ZYC是唯一官方认证的蒟蒻！}$

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题目

1. $\text{P3396 哈希冲突}$
2. $\text{P4404 [JSOI2010]缓存交换}$
3. $\text{P4201 [NOI2008]设计路线}$

T1T2T3的码长都很短，T3黑题有$Sookedalao$的题解，写的超级详细，然后很快就懂了。$rp++$

这好像是我第一次在随机跳题挑战中没有换题诶。
看来还是太菜了，遇到好多题都不会。
$$\text{sto LW,WYC,XXY orz虐暴我这个菜鸡qwqwqwq}$$

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题解

T1 $\text{P3396 哈希冲突}$

一开始没有什么思路，想搞一个$O(1000n)$的时空复杂度。结果放弃了
$XXYdalao$还说这道题很简单$qwq$，要不是他提醒我我都不会做$qwq$
思路就是把模数分成两边询问，$\le \sqrt{n}$就直接回答，否则就$\sqrt{n}$暴力回答。
难度☆☆☆，但是转过弯来就很简单。
$$\text{link 题解链接}$$

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T2 $\text{P4404 [JSOI2010]缓存交换}$

一道思维相对简单的贪心，用优先队列维护一下即可。
代码长度也很短，粗略证明了贪心的正确性就行了。
难度☆☆，主要是在贪心的方面思考，可能会想成$dp$
$$\text{link 题解链接}$$

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T3 $\text{P4201 [NOI2008]设计路线}$

$Sooke$大佬的题解 ，里面写的真的非常非常非常好。
一道码量不长但是很有思维难度的题目。
两遍树形$dp$即可。中间很多细节都值得思考的。
难度☆☆☆☆☆
$$\text{link 题解链接}$$

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代码

T1

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N=150010,M=410;
int n,m,T,x,y,a[N],cnt[M][M];
char ch;

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	T=sqrt(n);
	if (T*T<n) T++;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		for (int j=1;j<=T;j++)
			cnt[j][i%j]+=a[i];
	}
	while (m--)
	{
		while (ch=getchar()) if (ch=='A'||ch=='C') break;
		if (ch=='A')
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);
			if (x<=T) printf("%d\n",cnt[x][y]);
			else
			{
				int ans=0;
				for (int i=y;i<N;i+=x)
					ans+=a[i];
				printf("%d\n",ans);
			}
		}
		else
		{
			scanf("%d%d",&x,&y);
			for (int j=1;j<=T;j++)
				cnt[j][x%j]-=a[x];
			a[x]=y;
			for (int j=1;j<=T;j++)
				cnt[j][x%j]+=a[x];
		}
	}
	return 0;
}

T2

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp make_pair
using namespace std;

const int N=100010;
int n,m,tot,ans,sum,a[N],b[N],last[N],next[N];
priority_queue<pair<int,int> > q;
bool inque[N];

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+1+n);
	tot=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=lower_bound(b+1,b+1+tot,a[i])-b;
	memset(last,0x3f3f3f3f,sizeof(last));
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		next[i]=last[a[i]];
		last[a[i]]=i;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		if (ans<m && !inque[a[i]])
		{
			ans++;
			inque[a[i]]=1;
		}
		else if (ans>=m && !inque[a[i]])
		{
			ans++;
			inque[a[i]]=1;
			inque[q.top().second]=0;
			q.pop();
		}
		q.push(mp(next[i],a[i]));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

T3

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010;
const ll Inf=1e17;
int n,m,tot,head[N];
ll f[N][3],g[N][15][3],MOD;

struct edge
{
	int next,to;
}e[N*2];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

void dp1(int x,int fa)
{
	f[x][0]=1; f[x][1]=Inf; f[x][2]=Inf;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y!=fa)
		{
			dp1(y,x);
			f[x][2]=min(max(f[x][2],f[y][2]+1),max(f[x][1],f[y][1]));
			f[x][1]=min(max(f[x][1],f[y][2]+1),max(f[x][0],f[y][1]));
			f[x][0]=max(f[x][0],f[y][2]+1);
		}
	}
	f[x][1]=min(f[x][1],f[x][0]);
	f[x][2]=min(f[x][2],f[x][1]);
}

void dp2(int x,int fa)
{
	for (int i=1;i<=f[1][2];i++)
		g[x][i][0]=1;
	for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (y!=fa)
		{
			dp2(y,x);
			for (int j=1;j<=f[1][2];j++)
			{
				g[x][j][2]=(g[x][j][2]*g[y][j-1][2]+g[x][j][1]*g[y][j][1])%MOD;
				g[x][j][1]=(g[x][j][1]*g[y][j-1][2]+g[x][j][0]*g[y][j][1])%MOD;
				g[x][j][0]=(g[x][j][0]*g[y][j-1][2])%MOD;
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=f[1][2];i++)
	{
		g[x][i][1]=(g[x][i][1]+g[x][i][0])%MOD;
		g[x][i][2]=(g[x][i][2]+g[x][i][1])%MOD;
	}
}

int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d%lld",&n,&m,&MOD);
	if (m!=n-1) return !printf("-1\n-1");
	for (int i=1,x,y;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y); add(y,x);
	}
	dp1(1,0); 
	dp2(1,0);
	printf("%lld\n%lld",f[1][2]-1,g[1][f[1][2]][2]);
	return 0;
}

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总结

我太菜了。