前言

模數打錯導致在模擬賽時變成40分

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題目大意

給定一個多邊形的三角劃分
定義一個旋轉操作為對于四個有邊相連的點$a<b<c<d$，原本$a?c$連邊，旋轉后$b?d$連邊
給定一幅$n$個點的多邊形三角劃分圖，求至少旋轉多少次才能使這個圖內不能再旋轉，并輸出這樣旋轉的方案數
給出的圖分為兩種，一種是原圖，還有一種是在原圖中給出一條邊$a?c$，將其旋轉得到的圖（顯然一條邊的旋轉唯一），詢問圖的數量為$m$

數據范圍

$n,m\le 100000$

題解

首先定義$d_i$為$i$號點的度數（不包含多邊形上的邊）

首先考慮終止狀態，觀察樣例，我們發現所有邊都連向$n$號點時就不能再轉了
我們發現每次肯定能將一條端點中不含$n$的邊轉到含$n$
具體操作是選定一條邊$a?b$，其兩側的三角形分別為$\Delta abc$和$\Delta abn$這樣就可以把邊轉為$c?n$
我們發現這樣一來，第一問的答案就是$n?3?d_n$

我們考慮第二問，首先，我們發現邊的可旋轉順序構成的拓撲圖是一棵樹（這一點畫畫圖就知道了）
然后我們考慮方案數如何計算
我們仔細想發現這是經典套路：[loj6391][THUPC2018]淘米神的樹（Tommy）
我們考慮一棵樹的子樹方案數方案數（這棵子樹的根一定要第一個做，剩下的按子樹內部考慮即可）
$$an{s}_u=(siz{e}_u?1)!\prod _{f{a}_v=u}\frac{an{s}_v}{siz{e}_v!}$$
進行整理
$$an{s}_u=\frac{(siz{e}_u?1)!}{{\prod }_{f{a}_v=u}siz{e}_v!}\prod _{f{a}_v=u}an{s}_v$$
根節點額外考慮，根節點是
$$an{s}_{root}=siz{e}_{root}!\prod _{f{a}_v=root}\frac{an{s}_v}{siz{e}_v!}$$
代入，我們發現每個節點都是一個節點的兒子，也是一個自己，這樣的話每個節點的貢獻就是$\frac{(siz{e}_u?1)!}{siz{e}_u}=\frac{1}{siz{e}_u}$
$$an{s}_{root}=\frac{siz{e}_{root}!}{{\prod }_{u?=root}siz{e}_u}$$
我們發現一條邊$u?v$代表節點的size就是$|u?v|?1$
設$an{s}_1$為第一問的答案，$an{s}_2$為第二問的答案
即$$an{s}_2=\frac{an{s}_1!}{{\prod }_{u?v,u?=n,v?=n}|u?v|?1}$$
我們發現這個很好維護，只要找到一次旋轉從哪條邊轉到了哪條邊即可，用個set維護一下每個點的出邊，然后在set中找連邊目標點的編號相鄰元素就是了

代碼

代碼很清真

#include<cstdio> #include<cctype> #include<algorithm> #include<set> #include<vector> typedef long long ll; #define rg register template <typename T> inline void read(T&x){char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;} template <typename T> inline void printe(const T x){if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');} template <typename T> inline void print(const T x){if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);} template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);} template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;} template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;} const int maxn=100001,mod=1000000007; int W,n,m,d[maxn]; std::set<int>e[maxn]; ll pow(ll x,ll y) {ll res=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod;return res; } ll ans,fac[maxn],inv[maxn]; ll C(const int n,const int m){return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;} void calc() {print(n-3-d[n]);if(W)putchar(' '),print(fac[n-3-d[n]]*pow(ans,mod-2)%mod);putchar('\n'); } inline void del(const int u,const int v) {d[u]--,d[v]--;if(u!=n&&v!=n)ans=ans*pow(abs(u-v)-1ll,mod-2)%mod; } inline void add(const int u,const int v) {d[u]++,d[v]++;if(u!=n&&v!=n)ans=ans*(abs(u-v)-1)%mod; } int main() { // freopen("polygon.in","r",stdin);freopen("polygon.out","w",stdout);fac[0]=1;for(rg int i=1;i<=100000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[100000]=pow(fac[100000],mod-2);for(rg int i=100000;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;ans=1;read(W),read(n);for(rg int i=1;i<=n-3;i++){int u,v;read(u),read(v);e[u].insert(v),e[v].insert(u);add(u,v);}e[n].insert(1),e[1].insert(n);for(rg int i=1;i<n;i++)e[i].insert(i+1),e[i+1].insert(i);calc();read(m);for(rg int i=1;i<=m;i++){int a,b,na,nb;read(a),read(b);del(a,b);std::set<int>::iterator Pos=e[a].find(b),Posl,Posr;Posl=Pos,Posl--;Posr=Pos,Posr++;na=*Posl,nb=*Posr;add(na,nb);calc();del(na,nb);add(a,b);}return 0; }

總結

要想到拓撲的結果是一棵樹，然后推一波式子就好了
好像還可以用splay搞，聽說本質相同

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[loj3056][hnoi2019]多边形的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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