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T1 洛谷 U490727 返乡

思路

首先要意识到一个问题，就是如果所有人总分一定，那么是不会出现偏序的。

可以感性理解一下，就是对于 $i,j$， 若 $a_i\le a_j,b_i\le b_j$，那么一定会有 $c_i\ge c_j$。然后枚举方案时，保证不会出现 $a_i==a_j\&b_i==b_j$ 这种情况就行。

然后就是看在总分为多少时，方案数最多。
考试的时候可以先写一个暴力程序，先枚举总分 $s\in [0,3n]$，然后枚举前两科分数 $i,j\in [0,n]$，若算下来第三科成绩 $s-i-j$ 也小于等于 $n$，那就是一种合法情况，记录下方案数，最后求最大值。
复杂度 $O(3n^3)$，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec secondusing namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e6 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;int n, ansc, anss;
int ans[maxn][3];
int main() {scanf("%d", &n);for (int s = 0; s <= 3 * n; ++s) {int cnt = 0;for (int i = 0; i <= n; ++i)for (int j = 0; j <= n; ++j)if (i + j <= s && s - i - j <= n) ++cnt;if (cnt > ansc) {anss = s;  // 记录下方案最多时的总分，找找规律ansc = cnt;cnt = 0;for (int i = 0; i <= n; ++i)for (int j = 0; j <= n; ++j)if (i + j <= s && s - i - j <= n) {++cnt,ans[cnt][0] = i;ans[cnt][1] = j;ans[cnt][2] = s - i - j;}}}printf("anss:%d, ansc:%d\n", anss, ansc);for (int i = 1; i <= ansc; ++i)printf("%d %d %d\n", ans[i][0], ans[i][1], ans[i][2]);return 0;
}

$n\le 600$，由于有常数 $3$，所以过不去。

然后会有规律：$s=\frac{3n}{2}$ 时，方案数最多。（笔者有点不太会证，先鸽着。。。）

所以直接用如下代码：

#include <bits/stdc++.h>#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec secondusing namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 1e6 + 7;
const int inf  = 0x3f3f3f3f;int n, ansc;
int ans[maxn][3];
int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 0; i <= n; ++i) {for (int j = 0; j <= n; ++j) {int k = n * 3 / 2 - i - j;if (k >= 0 && k <= n) {++ansc;ans[ansc][0] = i;ans[ansc][1] = j;ans[ansc][2] = k;}}}	printf("%d\n", ansc);for (int i = 1; i <= ansc; ++i)printf("%d %d %d\n", ans[i][0], ans[i][1], ans[i][2]);return 0;
}

$O(n^2)$ 水过。

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T2 洛谷 U490729 连接

相当沟槽好的一道题，让我花了一天改。。。
还是要喷一下题解，高中肄业都写不出那样生理紊乱的表达。。。
还好有同机房的大佬给出的解法。

一、$15pts$ 思路（$n,l_i,p_i\le 10,O(({\sum }_{i=1}^n{l}_i{)}^2)$）

可以直接用数组把钢管模拟出来，处理出质量与长度的前缀和数组后，直接 $({\sum }_{i=1}^n{l}_i{)}^2$ 暴力枚举求密度。
代码如下：

int sl, sm[107];
double ans;
void Main() {for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = sl + 1; j <= sl + len[i]; ++j)sm[j] = sm[j - 1] + p[i];sl += len[i];}for (int i = 1; i <= sl; ++i) {for (int j = i; j <= sl; ++j) {if (sm[j] - sm[i - 1] >= L && sm[j] - sm[i - 1] <= R)ans = max(ans, 1.0 * (sm[j] - sm[i - 1]) / (j - i + 1));}}printf("%.10lf\n", ans);
}

二、$50pts$ 思路（$n\le 5000,O(n^2)$）

$n^2$ 的做法要求我们以完整的块为单位枚举求解。

思考两种截取方法，一种是截整块（即若干个连续的块完整地截下来），另一种是带散块（即两端的钢管不会被截完）。

对于前者，依旧用前缀和直接 $O(n^2)$ 求解。对于后者，要意识到两件事：

1. 最多只会有一端是散块，不会两端都是散块：因为在质量允许的范围内，我们肯定更倾向于去两端中密度更大的那一个，那样可以使整体密度更大（这点根据生活经验或者糖水不等式）；
2. 散块的质量只会有 $L$ 或 $R$：因为如果散块的密度大，我们肯定希望多取，那就直接取到 $R$，可以使整体密度最大化。如果密度小，那我们肯定希望少取，那就直接取到 $L$，防止其继续拉低整体密度。

思路大概如此，实现时由于散块可能是两端中的任意一个，所以要给 $l_i,p_i$ 数组反转后再求解一次。枚举左端点 $i$，然后用双指针或二分查找维护右端点取值范围，再直接计算散块密度。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
typedef double db;const int maxn = 3e5 + 7;int n, len[maxn], p[maxn];
ll L, R, sm[maxn], sl[maxn];
db ans;void solve() {for (int i = 1; i <= n; ++i)sl[i] = sl[i - 1] + len[i],sm[i] = sm[i - 1] + 1ll * len[i] * p[i];//	printf("sl: ");
//	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", sl[i]);
//	printf("\n");
//	
//	printf("sm: ");
//	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", sm[i]);
//	printf("\n");// 算一端是散块的情况int l = 1, r = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {// 必须满足质量大于 Lwhile (l <= n && sm[l] - sm[i - 1] < L) ++l;// 这里 r 的判断条件必须是 r <= n 而不是 r + 1 <= n// 因为后面要判断质量能不能取到 Rwhile (r <= n && sm[r + 1] - sm[i - 1] < R) ++r;// 再怎么取都无法达到 Lif (l > n) break;// 分子是质量, 分母是长度db pl = 1.0 * L / (sl[l - 1] - sl[i - 1] + (L - (sm[l - 1] - sm[i - 1])) * 1.0 / p[l]);db pr = 1.0 * R / (sl[r - 1] - sl[i - 1] + (R - (sm[r - 1] - sm[i - 1])) * 1.0 / p[r]);// 如果质量取不到 R, 那就不能用 R 为质量来算密度if (r > n) pr = 0.0;ans = max(ans, max(pl, pr));}// 算选的都是整块的情况for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int j = i; j <= n; ++j) {ll m = sm[j] - sm[i - 1];if (m >= L && m <= R) {ans = max(ans, 1.0 * m / (sl[j] - sl[i - 1]));
//				printf("%lf\n", 1.0 * m / (sl[j] - sl[i - 1]));}else if (m >= L && m > R && i == j)ans = max(ans, p[i] * 1.0);
//			printf("[%d, %d], ans:%lf\n", i, j, ans);}}
}
int main() {
//	freopen("connect2.in", "r", stdin);scanf("%d%lld%lld", &n, &L, &R);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", len + i);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", p + i);//	puts("|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||");solve();reverse(len + 1, len + n + 1);reverse(p + 1, p + n + 1);
//	puts("|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||");solve();printf("%.10lf\n", ans);return 0;
} 

三、正解（O(n×log(max{pi})O(n \times log(max\left \{p_i \right \})O(n×log(max{pi​})）

$O(n^2)$ 的做法在于整块，所以优化这一部分。

机房大佬给出的解法是先二分密度 $mid$，然后再 $chk$。
$chk$ 函数依旧先枚举左端点，然后二分查找或双指针维护右端点取值范围 $[l,r]$，然后再遍历 $[l,r]$，看看其中是否存在一个 $j$ 满足 $\frac{s{m}_j-s{m}_{i-1}}{s{l}_j-s{l}_{i-1}}\ge mid$。但是这样本质上依旧是 $O(n^2)$ 暴力。

把判断式子化简一下，成这样：$mid\times s{l}_{i-1}-s{m}_{i-1}\ge mid\times s{l}_j-s{m}_j$。发现我们判断的是区间中的最小值是否小于 $mid\times s{l}_{i-1}-s{m}_{i-1}$，那就用单调队列维护最小值就好了。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef double db;const int maxn = 3e5 + 7;int n, len[maxn], p[maxn];
ll L, R, sm[maxn], sl[maxn];
db ans;int q[maxn], h, t;
bool chk(ld x) {memset(q, 0, sizeof(q));h = 1, t = 0;for (int i = 1, r = 0; i <= n; ++i) {// 单调队列扩展右区间while (r + 1 <= n && sm[r + 1] - sm[i - 1] <= R) {++r;while (h <= t && x * sl[q[t]] - sm[q[t]] > x * sl[r] - sm[r]) --t;q[++t] = r;}// 把不合法的左区间删了while (h <= t && sm[q[h]] - sm[i - 1] < L) ++h;if (h > t) continue;// 满足上述式子if (x * (ld)sl[i - 1] - (ld)sm[i - 1] >= x * (ld)sl[q[h]] - (ld)sm[q[h]])return true;}return false;
}
void solve() {for (int i = 1; i <= n; ++i)sl[i] = sl[i - 1] + len[i],sm[i] = sm[i - 1] + 1ll * len[i] * p[i];// 算一端是散块的情况for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= n; ++i) {// 单个块质量就超出 R 的话直接特判 if (sm[i] - sm[i - 1] >= R) {ans = max(ans, p[i] * 1.0);++l, ++r; continue;}while (l <= n && sm[l] - sm[i - 1] < L) ++l;while (r + 1 <= n && sm[r + 1] - sm[i - 1] <= R) ++r;if (l > n) break;db pl = 1.0 * L / (sl[l - 1] - sl[i - 1] + (L - (sm[l - 1] - sm[i - 1])) * 1.0 / p[l]);db pr = 1.0 * R / (sl[r] - sl[i - 1] + (R - (sm[r] - sm[i - 1])) * 1.0 / p[r + 1]);if (r > n) pr = 0.0;ans = max(ans, max(pl, pr));}// 算选的都是整块的情况db l = 0.0, r = 0.0;for (int i = 1; i <= n; ++i) r = max(r, p[i] * 1.0);while (r - l >= 1e-7) {db mid = (l + r) / 2;if (chk(mid)) l = mid, ans = max(ans, mid);else r = mid;}
}
int main() {
//	freopen("connect2.in", "r", stdin);scanf("%d%lld%lld", &n, &L, &R);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", len + i);for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", p + i);solve();reverse(len + 1, len + n + 1);reverse(p + 1, p + n + 1);solve();printf("%.10lf\n", ans);return 0;
} 

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T3 洛谷 U490735 习惯孤独

一道这辈子做的最沟施的树形 $dp$，光改题改了我 $5h$，代码 + 注释 + 调试代码一共 272 行，写篇题解发泄一下，希望这题没白改。

一、暴力思路

直接 $dfs$，枚举第 $i$ 次删一条边，然后判断删去这条边后形成的两个连通块是否符合要求，
如果符合就直接 $dfs$ 下去，不符合就不管。

理论复杂度是 $O(n^k)$，但是远远跑不满，因为不合法的删边相当多。
考场上有一个人拿这得了 $70pts$，再次警醒写暴力的重要性。但我懒得写了

二、正解

树上统计方案数一般就是树形 $dp$，树形 $dp$ 的精髓就在于分类讨论。
首先转化一下 $a_i$ 的含义，$a_i$ 表示第 $i$ 刀要砍下的子树大小，即 $a_i=a_{i-1}-a_i$。

(一) 在以 $u$ 为根的子树内切割

看见 $k\le 6$，所以可以用状态压缩表示切割状态。
设 $f_{u,s}$ 表示以 $u$ 为根节点的子树，切割状态为 $s$ 时的方案数。
$f_{u,s}$ 一共有两部分构成：一是 $u$ 的子节点，二是当它自己被划分到一个连通块时也有贡献。

上述情况如下图：

1. 子节点 $v$ 的贡献（我们把这部分贡献记为 $g_{u,s}$）：
   
2. $u$ 自己也在一个连通块中：
   

对于第一种情况，$f_{u,s}$ 的答案就是若干个子树的方案数的乘积，但是要注意，每个子树的状态 $S_v$ 并起来要等于 $s$，且全部 $\&$ 起来要为 $0$，因为不可能砍同一刀；
对于第二种情况，要先判断 $u$ 所在的连通块的大小是否符合某一个切割要求，即判断以 $u$ 为根的子树剩下的大小是否和某个 $a_i$ 相同。需要注意的是，$u$ 所在的连通块必须比它子树中的连通块的切割时间要晚。下图就是一个不合法的情况：

(二) 在以 $u$ 为根的子树外切割

在 $u$ 子树以外的部分的贡献由三部分组成：

1. $u$ 的兄弟节点划分成的连通块：
   

2. 包含父亲节点的连通块（下面展示一种情况，当然 $fa$ 还可能被包含在"上面连着其他部分"的某个连通块）：
   
   3.在【"上面连着其他部分"且不包含以 $fa$ 为根的子树】的连通块：
   

因此设 $h_{u,v}$ 表示在 $u$ 子树以外的部分的方案数。

考虑这部分怎么求：
考虑换根 $dp$，那么这部分就可以用 $f_{fa}$ 减去 $f_u$ 的那一部分贡献来求，但是这一部分贡献并不好抽离出来（但是为什么我也不太清楚，同机房大佬说是因为这方案数计算的时候实际上是卷积的过程，我也完全不知道是啥），所以考虑正向求解。

1. 首先是兄弟节点，这部分何以用前后缀来求：$pr{e}_{i,s}$ 表示 $u$ 的前 $i$ 个兄弟节点的切割状态并集为 $s$ 时的方案数，$su{f}_{i,s}$ 表示第 $i$ 个兄弟节点到最后一个兄弟节点的切割状态并集为 $s$ 的方案数，那么这部分贡献就是 $h_{u,s1|s2}=pr{e}_{i-1,s1}\times su{f}_{i+1,s2}$（$s1\&s2=0$，$u$ 就是第 $i$ 个兄弟节点）；
2. 其次是父亲节点的贡献：这部分求法和在【求 $f_u$ 中 $u$ 本身属于一个连通块的贡献】的方法一样；
3. 最后是 $fa$ 以外的贡献：$fa$ 以外的贡献实际上就是 $h_{fa}$，将它与 $h_u$ 合并就行。

最后答案是 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{s=0}^{2^k-1}{g}_{i,s}\times h_{i,(2^k-1)\oplus s}$，但是还要除以 $a_k$，因为我们是钦定 $i$ 在最后一个连通块中，会有 $a_k$ 个点记录同一种情况。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 5e3 + 7;
const int maxs = (1 << 6) + 7;
const int mod  = 998244353;// 注: 下面所说的 "子节点的子树" 指的是 "【以 u 的子节点】为根的子树"int n, m, ms, a[10];
vector<int> e[maxn];int siz[maxn];ll f[maxn][maxs];  // f[u][s] 表示以 u 为根节点的子树(且【包含 u 节点】)切的状态为 s 时的方案数 
ll g[maxn][maxs];  // g[u][s] 表示以 u 为根节点的子树(且【不包含 u 节点】)切的状态为 s 时的方案数
ll tmp[maxs];void dfs1(int u, int fa) {// 没切割也算一种方案 siz[u] = f[u][0] = 1;int fid = -1;  // 记录父节点在 e[u] 中的下标// f[u] 由两部分组成, 一个是其子节点子树的贡献(其实就是 g[u]), 一个是其本身被包含到一个连通块的贡献// 下面这部分求的是其 g[u] 的部分for (int i = 1; i <= e[u].size(); ++i) {int v = e[u][i - 1];if (v == fa) {fid = i - 1; continue;}dfs1(v, u), siz[u] += siz[v];// 记录前 i - 1 棵子节点子树【不同切割状态下】的贡献// 等会用于合并for (int s = 0; s <= ms; ++s)tmp[s] = f[u][s], f[u][s] = 0;// 枚举前 i - 1 棵子节点子树切割状态的【并集】 // 并将其与第 i 棵合并for (int si = 0; si <= ms; ++si) {int sj = ms ^ si;  // 由于不可能砍同一刀, 所以 si & sk 必须等于 0 for (int sk = sj; ; sk = (sk - 1) & sj) {f[u][si | sk] = (f[u][si | sk] + tmp[si] * f[v][sk] % mod) % mod;if (!sk) break;}}}// 父边没用就删了 if (fid != -1) e[u].erase(e[u].begin() + fid);// 记录子节点的贡献for (int s = 0; s <= ms; ++s)g[u][s] = f[u][s];// 现在计算 u 本身被包含到一个连通块的贡献for (int si = 0; si <= ms; ++si) {  // 枚举其所有子节点子树的切割状态的【并集】 int cut = 0;  // 记录子节点子树中被砍去的大小for (int j = 1; j <= m; ++j)if ((si >> (j - 1)) & 1) cut += a[j]; int rest = siz[u] - cut;  // 剩下的节点数 // 枚举 u 可能会被哪些连通块包含// 这里必须倒序枚举, 因为【包含 u 的连通块】必须比【子节点子树的连通块】切得晚 for (int j = m; j; --j) {if ((si >> (j - 1)) & 1) break;  // 不能继续枚举比子节点子树中【最晚的连通块】更早的连通块 if (rest == a[j]) f[u][si | (1 << (j - 1))] = (f[u][si | (1 << (j - 1))] + g[u][si]) % mod;}}
}ll pre[maxn][maxs];  // pre[i][s] 表示 u 的前 i 个子树的切割状态为 s 时的方案数
ll suf[maxn][maxs];  // suf[i][s] 表示 u 的第 i 个子节点到最后一个子节点的切割状态为 s 时的方案数
ll h[maxn][maxs];  // h[u][s] 表示除【以 u 为根节点的子树】以外其他部分的贡献 
void dfs2(int u) {for (int i = 0; i <= e[u].size() + 1; ++i)for (int s = 0; s <= ms; ++s)pre[i][s] = suf[i][s] = 0;pre[0][0] = suf[e[u].size() + 1][0] = 1;for (int i = 1; i <= e[u].size(); ++i) {int v = e[u][i - 1];for (int si = 0; si <= ms; ++si) {  // 枚举前 i - 1 个子节点子树的切割状态并集 int sj = si ^ ms;for (int sk = sj; ; sk = (sk - 1) & sj) {  // 枚举第 i 个子节点子树切割状态 pre[i][si | sk] = (pre[i][si | sk] + pre[i - 1][si] * f[v][sk] % mod) % mod;if (!sk) break;}}}for (int i = e[u].size(); i; --i) {int v = e[u][i - 1];for (int si = 0; si <= ms; ++si) {int sj = si ^ ms;for (int sk = sj; ; sk = (sk - 1) & sj) {suf[i][si | sk] = (suf[i][si | sk] + suf[i + 1][si] * f[v][sk] % mod) % mod;if (!sk) break;}}}// h[v][s] 贡献来自三部分for (int i = 1; i <= e[u].size(); ++i) {int v = e[u][i - 1];// 1. v 的兄弟节点for (int si = 0; si <= ms; ++si) {  // 枚举前缀兄弟节点的切割状态的【并集】 int sj = ms ^ si;for (int sk = sj; ; sk = (sk - 1) & sj) {  // 枚举后缀兄弟节点的切割状态的【并集】h[v][si | sk] = (h[v][si | sk] + pre[i - 1][si] * suf[i + 1][sk] % mod) % mod;if (!sk) break;}}// 2. v 的父亲节点以外的for (int s = 0; s <= ms; ++s)tmp[s] = h[v][s], h[v][s] = 0;for (int si = 0; si <= ms; ++si) {  // 枚举【除【以 u 为根节点的子树】以外】的部分的切割状态并集 int sj = si ^ ms;for (int sk = sj; ; sk = (sk - 1) & sj) {h[v][si | sk] = (h[v][si | sk] + h[u][si] * tmp[sk] % mod) % mod;if (!sk) break;}}// 3. v 的父亲节点(就是把 (u, v) 断开后, 产生的包含 u 的连通块的贡献) for (int s = 0; s <= ms; ++s) tmp[s] = h[v][s];// 这里枚举的实际上是: 整棵树中【除以 u 为根的子树以外部分】和【v 的兄弟节点子树】的切割状态 for (int sj = 0; sj <= ms; ++sj) {int cut = 0;for (int j = 1; j <= m; ++j)if ((sj >> (j - 1)) & 1) cut += a[j];int rest = n - siz[v] - cut;for (int j = m; j; --j) {if ((sj >> (j - 1)) & 1) break;if (rest == a[j]) h[v][sj | (1 << (j - 1))] = (h[v][sj | (1 << (j - 1))] + tmp[sj]) % mod;}}}for (int v : e[u]) dfs2(v);
}
ll qpow(ll x, ll y) {ll res = 1;for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)if (y & 1) res = res * x % mod;return res;
}
int main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {scanf("%d%d", &u, &v);e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);}scanf("%d", &m), ms = (1 << m) - 1;for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", a + i);a[0] = n;for (int i = m + 1; i; --i)a[i] = a[i - 1] - a[i];  // a[i] 表示第 i 次切割时需要切去的子树大小// a[k] 还要保留下来, 等会统计答案时还要用dfs1(1, 0);h[1][0] = 1;dfs2(1);ll ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {for (int s = 0; s <= ms; ++s) tmp[s] = 0;for (int si = 0; si <= ms; ++si) {int sj = ms ^ si;for (int sk = sj; ; sk = (sk - 1) & sj) {tmp[si | sk] = (tmp[si | sk] + g[i][si] * h[i][sk] % mod) % mod;if (!sk) break;}}ans = (ans + tmp[ms]) % mod;}// 由于在统计答案时, 我们钦定 i 留在最后一个块中// 所以会有 a[k] 个点记录的是同一个方案// 所以答案要除以 a[k]printf("%lld\n", ans * qpow(a[m + 1], mod - 2) % mod);return 0;
}

时间复杂度是 $O(n\times 2^{2k})$.

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T4 车站

是最小树形图，不会先不改。