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【五一qbxt】test1

發布時間：2023/10/11 综合教程 99 老码农

生活随笔收集整理的這篇文章主要介紹了【五一qbxt】test1 小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.

（不知道為什么居然爆零了qwq）

（全員爆零誒，最高分10分？？？還是rand出來的？？？）

我freopen寫錯了？？？？自閉了

不行不行再寫一遍freopen加深印象，不能再寫錯了

freopen("文件名","r",stdin);

freopen("文件名","w",stdout);

行吧，還是來整一整老師給的題解吧qwq

忍不住bibi一句出題的這個哥哥好年輕啊qwq，我都不好意思叫人家老師，應該是哥哥

題目

Problem A.最近公共祖先

先列一個表格

這樣大概就理解71是怎么出來的了

30pts思路：

將整棵樹建出，共有 O(Kⁿ) 個節點，計算任意兩個節點的LCA 復雜度 O(n)。

注意到沒有必要將所有點對的 LCA 都計算出來，因為對于同一層的兩個節點 u 和 v，

∑ _i ∈_T depth(lca(i, u)) 和 ∑ _i ∈Tdepth(lca(i, v)) 是相同的，每一層只需要算一個節點就行，時間復雜度 O(n²K ⁿ) 。

（以上是老師的思路，但是我現在對建樹這種事有點蒙？？？當時考試的時候爆零了qwq，實際上我的暴力也是可以得30分的。下次一定得記得開long long）

先帶上一個七十多行的大暴力：

30分代碼：
#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<cmath>

#define mo 998244353

using namespace std;

long long k,n,ans,s,z;

int t[];

struct c{

    int num1,num2;

   //num1表示以這一層為根的子樹的結點數

   //num2表示這一層的結點數

}ceng[];

int quick_pow(int a,int b) { //快速冪

    int ans=;

    if(b==)return ;

    while(b){

        if(b&)ans=(a*ans)%mo;

        a=(a*a)%mo;

        b/=;

    }

    return ans%mo;

}

int num1(int n,int k){//求子樹點數 n層k叉樹

    int z=n-;

    int num=;

    while(z){

        num+=quick_pow(k,z);

        z--;

    }

    return num+;

}

void ych(){

    for(int i=;i<=n;i++){

        ceng[n-i+].num1=num1(i,k);//以這一層為根的子樹的結點數

        ceng[i].num2=quick_pow(k,i-);//這一層的結點數

    }

}

int main(){

    scanf("%d%d",&n,&k);

    ych();//他本來叫做預處理，后來被我改成了于才鴻

    for(int i=;i<=n;i++)

        ans+=num1(n-i+,k)*quick_pow(k,i-)*i;//求的是子樹的

       //這里算的是某個點以下的depth之和包括它自己

    for(int i=;i<=n;i++)

        s+=i*quick_pow(k,i-);//這里算的是每個點自己的depth和

    ans-=s;

    ans=ans*%mo;

    for(int i=;i<=n;i++){

        for(int j=;j<i;j++){

            z+=(k-)*ceng[i-j+].num1*(i-j)*quick_pow(k,i-);

//算的是同一深度的

        }

    }

    ans+=z;

    ans%=mo;

    cout<<(ans+s)%mo<<endl;

    return ;

}

60pts思路:

更一般的，題目計算的是任意兩個點 LCA 的深度，這個數量等于，任意兩個點公共的祖先共有多少個。考慮計算第 i 層的某個節點，是多少個點對的公共祖先，這個數量就是該節點子樹內節點數的平方。第 i 層的節點所在子樹節點數 1+K+···+K ⁿ⁻ⁱ=（Kⁿ⁻ⁱ⁺¹−1）/(K−1) 。答案就是 ∑ⁿ _i=1 ( （Kⁿ⁻ⁱ⁺¹−1）/（K−1） ) ² ∗ Kⁱ⁻¹

即：

求任意兩點LCA深度=>任意兩點公共祖先數量=>a是多少個點對的公共祖先（枚舉對于每個數a，它是x，y的公共祖先=>x，y在a的子樹里。有多少個點在a的子樹中呢？）

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

const int mo=;

using namespace std;

long long ans,k1;

int n;

long long pow(long long a,int b){

    long long ans=;

    if(b==)return ;

    while(b){

        if(b&)ans = (a*ans)%mo;

        a = (a*a)%mo;

        b/=;

    }

    return ans%mo;

}

int main(){

    scanf("%d%lld",&n,&k1);

    for(int i=;i<=n;i++)

        ans=(ans+pow((long long)(pow(k1,n-i+)-)%mo*pow(k1-,mo-)%mo,)*pow(k1,i-))%mo;

//核心式子的編程語言

    cout<<ans%mo<<endl;

}

100pts思路：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = ;

typedef long long LL;

int fpm(int p, int k)

{

    int res = ;

    for (p %= mod; k; k >>= , p = (LL) p * p % mod)

        if (k & ) res = (LL) res * p % mod;

    return res;

}

int main()

{

//    freopen("lca.in", "r", stdin);

//    freopen("lca.out", "w", stdout);

    int n, K; cin >> n >> K;

    int e = fpm(K - , mod - ); //e=1/(K-1)

    int x = (fpm(K, n) - ) * (LL) e % mod; //x=(K^n-1)/(K-1);

    int ans = (fpm(K, n + ) + ) * (LL) x % mod;//ans=(K^(n+1)+1)*((K^n-1)/(K-1))

    ans = (ans -  * n * (LL) fpm(K, n)) % mod;//ans=(K^(n+1)+1)*((K^n-1)/(K-1))-2nK^n;

    ans = ans * (LL) e % mod * (LL) e % mod;//ans*=(1/(K-1))^2;

    cout << (ans <  ? ans + mod : ans);//三目運算符，判斷是否為負數

}

Problem2：最長公共回文子序列：

50pts思路：

經典的做法：

設s，t的反串（eg：abbsf 反串fsbba）為s^r，t^r，那么求s和t的最長公共回文序列就是求s，s^r，t，t^r的最長公共子序列。

如何求最長公共子序列？

用DP！

怎么用？

粘一篇別人的博客吧：鏈接

對于二維的轉移方程：

dp[i][j]= dp[i-1][j-1] s[i]=t[j];

max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]} s[i]!=t[j];

對于四維的：

用一個DP來做就可以得到50pts了：

然鵝我……寫炸了。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int s[],t[],sr[],tr[];

int len_s,len_t,max1,max2;

int dp[][][][];

char s1[],t1[];

void scl(){

    for(int i=;i<len_s;i++){

        sr[len_s-i]=s1[i];

        s[i+]=s1[i];

    }

    for(int i=;i<len_t;i++){

        tr[len_t-i]=t1[i];

        t[i+]=t1[i];

    }

}

int main(){

    scanf("%s",s1);

    scanf("%s",t1);

    len_s=strlen(s1);

    len_t=strlen(t1);

    scl();

    for(int i=;i<=len_s;i++){

        for(int j=;j<=len_t;j++){

            for(int k=;k<=len_s;k++){

                for(int l=;l<=len_t;l++){

                    if(s[i]==sr[k]&&s[i]==t[j]&&s[i]==tr[l]&&sr[k]==t[j]&&sr[k]==tr[l]&&t[j]==tr[l])
//注意這里不能略寫為s[i]==t[j]==sr[k]==tr[l]{

                    dp[i][j][k][l]=dp[i-][j-][k-][l-]+;

                    }

                    else {

                        max1=max(dp[i-][j][k][l],dp[i][j-][k][l]);

                        max2=max(dp[i][j][k-][l],dp[i][j][k][l-]);

                        dp[i][j][k][l]=max(max1,max2);

                    }

                }

            }

        }

    }

    cout<<dp[len_s][len_t][len_s][len_t]<<endl;

}

100pts：

暴力：一位一位的遍歷，O（n*2^m）

顯然很慢啊qwq；

加速？？？

維護一個26*n的數組，記錄距離某個位置最近的某個字母（26個字母）在哪兒；

不會寫qwq自閉

Problem3：

直接講100pts的貪心：

這個題的原理忘記為啥了？？？

即解一個二元一次方程組13a+5b=t。

所以我們分別枚舉a，b找到最小的t；

復雜度O（30n）

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【五一qbxt】test1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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