T1 接力比赛

解题思路

其实就是一个背包 DP ，也没啥好说的也就是一个优化，每次枚举之前的前缀和。

比较妙的就是一个

random_shuffle

可以整掉部分卡人的数据（但是好像

sort

一下效果更好。）

然而就算上面的方法不用也可以愉快的水过。。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ull unsigned long long
#define f() cout<<"Failed"<<endl
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=1e3+10,M=N*N;
int n,m,ans,f1[M],f2[M],pre1
,pre2
;
struct Node{int w,v;}a
,b
;
signed main()
{
freopen("game.in","r",stdin); freopen("game.out","w",stdout);
n=read(); m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i].w=read(),a[i].v=read(),pre1[i]=pre1[i-1]+a[i].w;
for(int i=1;i<=m;i++) b[i].w=read(),b[i].v=read(),pre2[i]=pre2[i-1]+b[i].w;
memset(f1,-1,sizeof(f1)); memset(f2,-1,sizeof(f2)); f1[0]=f2[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=pre1[i-1];j>=0;j--)
if(~f1[j]) f1[j+a[i].w]=max(f1[j+a[i].w],f1[j]+a[i].v);
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=pre2[i-1];j>=0;j--)
if(~f2[j]) f2[j+b[i].w]=max(f2[j+b[i].w],f2[j]+b[i].v);
for(int i=1;i<=max(pre1
,pre2[m]);i++)
if((~f1[i])&&(~f2[i]))
ans=max(ans,f1[i]+f2[i]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}

T2 树上竞技

解题思路

对于一条边而言两侧有 x,y 个关键点且一定满足 x+y=m 假设 x<y 那么一定会让那 x 个点经过这条边。

假设一条边的两边分别有 s,n-s 个点 答案就是 \sum\limits_{i=1}^{m-1}\binom{i}{s}\binom{m-i}{n-s}\min(i,m-i)

对于柿子的最后一项直接暴算就可以，设 $g(s)=\sum\limits_{i=1}^{\min(\frac{m-1}{2},s)}\binom{i}{s}\binom{m-i}{n-s}$ 于是我们只需要递推出 $g(s)$ 就好了 $g(s)=\sum\limits_{i=1}^{\min(\frac{m-1}{2},s)}\binom{s-1}{i-1}\binom{m-i}{n-s}$ 发现对于 $g(s)$ 和 $g(s+1)$ 而言两个柿子是有公共部分的。 设 $k=\frac{m-1}{2}$ 就有 $g(s)=g(s-1)-\binom{k-1}{s-2}\binom{m-k-1}{n-i}$ 接下来就直接干柿子就好了。 ## code ```cpp #include<bits/stdc++.h> #define int long long #define ull unsigned long long #define f() cout<<"Failed"<<endl using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int mod=1e9+7,N=1e6+10,INF=1e18; int n,m,ans,k,g
,siz
,fac
,ifac
,fa
; int tot,head
,ver[N<<1],nxt[N<<1]; void add_edge(int x,int y) { ver[++tot]=y; nxt[tot]=head[x]; head[x]=tot; } int power(int x,int y,int p=mod) { int temp=1; while(y) { if(y&1) temp=temp*x%mod; x=x*x%mod; y>>=1; } return temp; } int C(int x,int y){if(x<y) return 0;return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;} void dfs(int x) { siz[x]=1; for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) { int to=ver[i],temp=0; dfs(to); siz[x]+=siz[to]; ans=(ans+g[siz[to]]*siz[to]%mod+g[n-siz[to]]*(n-siz[to])%mod)%mod; if(!(m&1)) ans=(ans+C(siz[to],m/2)*C(n-siz[to],m/2)%mod*(m/2))%mod; } } signed main() { freopen("meeting.in","r",stdin); freopen("meeting.out","w",stdout); n=read(); m=read(); k=(m-1)/2; for(int i=2;i<=n;i++) fa[i]=read(),add_edge(fa[i],i); fac[0]=ifac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod; ifac
=power(fac
,mod-2); for(int i=n-1;i>=1;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod; if(k>0) g[1]=C(n-1,m-1); for(int i=2;i<=n;i++) g[i]=(g[i-1]-C(i-2,k-1)*C(n-i,m-k-1)%mod+mod)%mod; dfs(1); printf("%lld",ans); return 0; } ``` # T3 虚构推理 ## 解题思路 关于正解二分。。。不会。。 但是仔细观察题目好像是相对误差，因此我们可以尝试卡精度，枚举每一个时间，然后暴算。 具体思路就是现对于给出的时间求出来相应的时针分针的角度，然后分别进行排序。 对于每一个枚举到的时间同样也要算出时针分针的角度（注意这里以及以下的角度都是相对于十二点而言的） 然后对于距离某一种指针最远的指针，我们取他加或者减去 $180^。$ 的角度，然后在之前排好序的数组上面二分一个前驱后继。 这前驱后继就是距离当前指针最远的点，为了防止某些玄学情况，我们设 `a[0]=a
,a[n+1]=a[1]` 由于计算的时候搞一些度数有些麻烦，因此我们先不管正负，到最后统一恢复成正数并且判断是大角还是小角。。 ## code ```cpp #include<bits/stdc++.h> #define int long long #define ull unsigned long long #define f() cout<<"Failed"<<endl using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int N=5e4+10,INF=1e9; int n; double a
,b
,ans=INF; struct Node{int h,m,sec;}s
; void solve(double x,double y,double z) { double h=30.0*x+0.5*y+0.5*z/60.0,m=6.0*y+0.1*z,h2,m2; h2=h; if(h2<180.0) h2+=180.0; else h2-=180.0; m2=m; if(m2<180.0) m2+=180.0; else m2-=180.0; int pos1=upper_bound(a+1,a+n+1,h2)-a-1; int pos2=upper_bound(b+1,b+n+1,m2)-b-1; double tmp1=180.0-h2+a[pos1],tmp3=180.0-m2+b[pos2]; double tmp2=180.0-a[pos1+1]+h2,tmp4=180.0-b[pos2+1]+m2; if(tmp1<0) tmp1+=360.0; if(tmp1>=360) tmp1-=360.0; if(tmp2<0) tmp2+=360.0; if(tmp2>=360) tmp2-=360.0; if(tmp3<0) tmp3+=360.0; if(tmp3>=360) tmp3-=360.0; if(tmp4<0) tmp4+=360.0; if(tmp4>=360) tmp4-=360.0; tmp1=min(tmp1,360.0-tmp1); tmp2=min(tmp2,360.0-tmp2); tmp3=min(tmp3,360.0-tmp3); tmp4=min(tmp4,360.0-tmp4); ans=min(ans,max(max(tmp1,tmp2),max(tmp3,tmp4))); } signed main() { freopen("unreal.in","r",stdin); freopen("unreal.out","w",stdout); n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) s[i].h=read()%12,s[i].m=read(),s[i].sec=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=s[i].h*30.0+s[i].m*0.5+s[i].sec*0.5/60.0,b[i]=s[i].m*6.0+s[i].sec*0.1; sort(a+1,a+n+1); a[n+1]=a[1]; a[0]=a
; sort(b+1,b+n+1); b[n+1]=b[1]; b[0]=b
; for(int i=0;i<12;i++) for(int j=0;j<60;j++) for(double k=0;k<60;k+=0.01) solve(i,j,k); printf("%.6lf",ans); return 0; } ``` # T4 记忆碎片 ## 解题思路 先算出来 $n$ 的所有整数划分，然后暴扫每一种权值。 对于某一权值情况只有两种，一种是已经联通的块之间的连边，直接计算方案数即可。 另一种就是将两个联通块链接起来的边，连完之后的集合也可以在整数划分中找到。 枚举整数划分以及查找的时候可以开一个 `map` 对于每一种划分映射一个编号，对于编号转移。 ## code ```cpp #include <bits/stdc++.h> #define int long long #define ull unsigned long long #define f() cout<<"Failed" using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();} return x*f; } const int N=50,M=4e4+10,mod=1e9+7; int n,m,all,f[N*N][M],e[M]; bool vis[N*N]; vector<int> v,s[M]; map<vector<int>,int> mp; void dfs(int las,int res) { if(!res) { s[++all]=v; mp.insert(make_pair(v,all)); for(int i=0;i<v.size();i++) e[all]=(e[all]+v[i]*(v[i]-1)/2)%mod; return ; } for(int i=las;i<=res;i++) { v.push_back(i); dfs(i,res-i); v.pop_back(); } } signed main() { freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); n=read(); m=n*(n-1)/2; for(int i=1,x;i<n;i++) x=read(),vis[x]=true; dfs(1,n); f[0][1]=1; for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=all;j++) if(f[i-1][j]) { if(!vis[i]){f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j]*(e[j]-i+1))%mod;continue;} for(int p=0;p<s[j].size();p++) for(int q=p+1;q<s[j].size();q++) { vector<int> temp; int x=s[j][p],y=s[j][q]; temp.push_back(x+y); for(int k=0;k<s[j].size();k++) if(k!=p&&k!=q) temp.push_back(s[j][k]); sort(temp.begin(),temp.end()); int pos=mp.find(temp)->second; f[i][pos]=(f[i][pos]+x*y%mod*f[i-1][j])%mod; } } printf("%lld",f[m][all]); return 0; } ```