Extra Public Round #1

原创已于 2022-04-12 00:17:03 修改 · 197 阅读

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#做题记录

于 2022-04-08 13:45:50 首次发布

本文探讨了利用记忆化搜索解决步数期望问题的复杂度分析，O(n^(3/4))，并提供了C++代码实例。同时介绍了如何通过调整法和贪心策略处理最远节点选择问题，时间复杂度为O(n log n)。涉及的关键词包括动态规划、记忆化搜索、最远点选择、贪心算法和时间复杂度分析。

A

题面

在这里插入图片描述

分析

我们设 $f_i$ 表示当限制m为i的时候期望步数大小
那么可以得到 $f_0=0$ , $fi=1+1n∑j=1nf⌊ij⌋f_i=1+\frac{1}{n} \sum_{j=1}^nf_{\lfloor \frac{i}{j} \rfloor}$
通过记忆化搜索可以得出答案

复杂度为 $O(n34)O(n^{\frac{3}{4}})$ ，证明方式和杜教筛类似

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int long long
const int mod=998244353;
unordered_map <int,int> f;
int n,m;
int qpow(int a,int b)
{
    int res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1; 
    }
    return res;
}
int dfs(int x)
{
    if(f.find(x)!=f.end()) return f[x];
    int res=0;
    for(int R=x,L,q;R;R=L)
    {
        q=x/R; L=x/(q+1);
        if(x!=q)
            res+=1ll*dfs(q)*(min(n,R)-min(n,L))%mod;
    }
    return f[x]=1ll*(n+res)%mod*qpow(n-1,mod-2)%mod;
}
signed main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    printf("%lld\n",dfs(m));
    return 0;
}

B

题面

在这里插入图片描述

分析

我们选择的肯定是叶子节点，显然可以用调整法证明
然后我们可以贪心的选择叶子节点，让每次选择的点贡献最大即可

先考虑根固定的情况
我们第一个选的的叶子节点一定是距离根最远的点
那么第二个人要么选和上一个叶子没有公共路径的情况，要么贡献就要减去重合的部分

如图所示，红色的为这一次的决策
在这里插入图片描述

一定是（所有节点的儿子选择中除去最大的）最大值
rt的第二大值表示了opt1的情况，蓝色边经过的每个点的第二大值代表了opt2，和之前有重复边的情况

这样我们只需要把所有点的除去最大值的值放进multiset中，再把全局最大加入multiset中，选前k大即可

这样就处理完了根固定的情况，然后就可以愉快的继续换根dp了，每次仅影响当前rt和要换成新的rt的两个点的贡献，直接从multiset中删除再加入新的贡献即可
具体的维护方式就是换根dp的套路：维护 $down_u$ 表示 u 子树内的最远点， $up_u$ 表示不在 u 子树内的最远的点

时间复杂度 $O (n l o g n)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,ll> PIL;
const int maxn=1e5+5;
int n,k;
ll ans;
multiset <ll> a,b;
ll up[maxn],down[maxn];
vector <PIL> G[maxn];
void insert(ll x)
{
    // printf("+ %lld\n",x);
    if(a.size()<k || *a.begin()<x)
    {
        if(a.size()==k)
        {
            b.insert(*a.begin());
            ans-=*a.begin(); a.erase(a.begin());
        }
        ans+=x; a.insert(x);
    }
    else b.insert(x);
}
void del(ll x)
{
    // printf("- %lld\n",x);
    if(a.find(x)!=a.end())
    {
        ans-=x; a.erase(a.find(x));
        if(b.size())
        {
            auto it=b.end(); it--;
            a.insert(*it);
            ans+=*it;
            b.erase(it);
        }
    }
    else b.erase(b.find(x));
}
void dfs(int u,int fa)
{
    for(auto to:G[u])
    {
        int v=to.first;
        if(v==fa) continue;
        dfs(v,u);
        down[u]=max(down[u],down[v]+to.second);
    }
}
bool cmp(ll x,ll y){return x>y;}
void dfs1(int u,int fa)
{
    vector <ll> tmp;
    tmp.clear(); tmp.push_back(0);
    for(auto to:G[u])
    {
        int v=to.first;
        if(v==fa) continue;
        tmp.push_back(down[v]+to.second);
    }
    sort(tmp.begin(),tmp.end(),cmp);
    for(int i=1;i<tmp.size();i++) insert(tmp[i]);
    for(auto to:G[u])
    {
        int v=to.first;
        if(v==fa) continue;
        up[v]=max(up[u]+to.second,(down[v]+to.second==tmp[0]?tmp[1]:tmp[0])+to.second);
        dfs1(v,u);
    }
}
ll res[maxn];
void dp(int u,int fa)
{
    // printf("!%d!\n",u);
    res[u]=ans;
    for(auto to:G[u])
    {
        int v=to.first;
        if(v==fa) continue;
        insert(up[v]); insert(down[v]);
        del(down[v]+to.second); del(up[v]-to.second); //保证根节点有所有情况，其余点均为除了最大值的所有情况
        dp(v,u);
        del(up[v]); del(down[v]);
        insert(down[v]+to.second); insert(up[v]-to.second);
    }
}
int main()
{
    //freopen("a.in","r",stdin);
    //freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int x,y; ll z;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z);
        G[x].push_back(make_pair(y,z));
        G[y].push_back(make_pair(x,z));
    }
    dfs(1,0);
    dfs1(1,0);
    insert(down[1]);
    // for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld %lld\n",down[i],up[i]);
    dp(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        printf("%lld\n",res[i]);
    return 0;
}