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理解題意，打出第乙個暴力
首先需要知道，隨機生成的樹（如果不特別說明隨機方法，就是指在所有\(n^\)棵樹里隨機），最大深度期望是\(o(\sqrt)\)的。
看本題。首先，期望是嚇唬你的，因為期望乘上階乘，其實就是求和。於是我們要求【所有排列下【操作後所有點的權值和】的和】。因此暴力做法就是列舉乙個排列，模擬操作，時間複雜度\(o(n!\cdot \text(n))\)。值得一提的是，操作時，枚舉子樹里所有的點，可以通過\(\text\)序實現不重不漏的列舉，比較優美。
深度對應係數，從樹上問題到序列問題
繼續優化。首先發現，乙個點\(u\)的權值\(a_u\)，在完成所有操作後，能貢獻到另乙個點\(v\)的權值上，當且僅當\(u\)是\(v\)的祖先（其實這裡強調的是必要性。充分性你可以理解為貢獻為\(0\)也是貢獻）。於是我們列舉每一對這樣的\(u,v\)。考慮\(u,v\)的距離，也就是深度差。發現當深度差相等時，\(u\)對\(v\)貢獻的係數是一樣的！
具體來說，假設\(u,v\)之間的路徑上，共有\(d\)個點（含\(u\)和\(v\)）。我們預處理出乙個係數\(f_d\)。則答案就是：
\[\sum_v\\d=\text[v]-\text[u]+1}}a_u\times f_d\times \times(n-d)!
\]其中\(\times (n-d)!\)是因為，除\(u,v\)路徑以外的點，不會影響\(u\)對\(v\)的貢獻，所以可以任意排列。
考慮預處理出\(f_d\)。先看是什麼，再看怎麼求。\(f_d\)是什麼呢？可以考慮乙個長度為\(d\)的序列\(x_1,x_2,\dots ,x_d\)，初始時等於\(1,0,0,\dots 0\)。我們列舉\(d!\)個排列，對每個排列\(p_1,p_2,\dots ,p_d\)，依次對每個位置\(p_i\)，把\(x_,x_,\dots ,x_\)加上\(x_\)。把每個排列下，最後得到的\(x_d\)的值加起來，就是\(f_d\)了。
也就是說，樸素求\(f_d\)的複雜度是\(d!\)的。因為\(d\leq \text=o(\sqrt)\)，所以暴力預處理的複雜度\(o((\sqrt)!\cdot \text(\sqrt))\)。也可以改成狀壓dp。都能比\(n!\)純暴力多拿一些分。
遞推求出係數
考慮遞推求\(f_}\)。特別地，我們定義\(f_1=1\)。可能有人會認為\(f_1=2\)（因為題目說了，子樹加的時候包括自己）。但遞推時，我們只考慮第乙個點對最後乙個點貢獻了多少，既然是貢獻就不算它原本自己有的乙份。不過這樣在上面求答案的那個式子裡，可能\(u=v\)時就要特判一下了。
從\(f_\)遞推到\(f_d\)時，考慮在\(1\)之後被操作到的點有幾個。也就是說，假設排列裡\(p_t=1\)，那麼在\(1\)之後被操作到的點就有\(d-t\)個，設\(i=d-t\)，列舉\(i\) (\(0\leq i)。得到如下遞推式：
\[f_d=\sum_^(d-i-1)!\left(i!+\sum_^f_j(i-j)!\right)
\]解釋一下這個式子：
顯然，在操作到\(1\)之前，前面的操作都是無效的。因為它們的初始值都是\(0\)。這些東西可以任意排列，並且要選出哪幾個位置排在\(1\)之前，於是乘上係數\((d-i-1)!\)。
接下來只考慮後\(i\)個被操作的點，它們的不同排列順序下，產生的貢獻之和。
操作到\(1\)時，會令\(x_2\dots x_d\)全部變成\(1\)。那麼在所有情況下，\(1\)對\(x_d\)會先有乙個\(i!\)的貢獻（因為後面的數有這麼多種排列方式，每次的貢獻都是\(1\)）。
接下來，會依次對\(i\)個數進行操作，且它們初始值都是\(1\)。可以再用一次算貢獻的思想，分別計算這\(i\)個\(1\)的貢獻，那麼就是\(f_1+f_2+\dots +f_i\)。其中 \(f_j\) 是離 \(x_d\) 第 \(j\) 近的、未被操作過的位置。對於每個 \(j\)，\(f_j\) 裡已經包含了它和它後面的數（以位置來說的「後面」）的所有排列方式，但它前面的、未被操作過的數，可以按任意順序操作（\((i - j)!\) 種操作順序）。並且前後兩部分之間互不影響，各自確定了順序後可以穿插在一起（\(\) 種穿插情況）。
定義：\[g_i=\sum_^f_j(i-j)!
\]則：
\[f_d=\sum_^(d-i-1)!(i!+g_i)
\]每算出來乙個\(f_d\)就更新一下它對\(g_\)的貢獻即可。
時間複雜度\(o(n)\)。
//problem:zr1534
#include using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define sz(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairpii;
templateinline void ckmax(t& x,t y)
templateinline void ckmin(t& x,t y)return y;}
int fac[maxn+5],ifac[maxn+5];
inline int comb(int n,int k)
int n,a[maxn+5];
struct edgeedge[maxn*2+5];
int head[maxn+5],tot;
inline void add_edge(int u,int v)
int dep[maxn+5],dfn[maxn+5],ofn[maxn+5],rev[maxn+5],cnt_dfn;
void dfs(int u,int fa)
ofn[u]=cnt_dfn;
}int f[maxn+5],g[maxn+5];
int main()
for(int i=1;i<=n;++i)
cin>>a[i];
dfs(1,0);
int maxd=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
ckmax(maxd,dep[i]+1);
f[1]=1;
for(int i=1;i題目鏈結
結論：\(m>0\) 時，答案一定是 \(\text\)。證明如下：
將每條邊定向：從編號較小的點，連向編號較大的點。那麼會得到乙個 dag。
按拓撲序確定每個點的顏色（\(0\) 或 \(1\)，分別代表工業城市/農業城市）。初始時，我們讓入度為 \(0\) 的點，顏色全部為 \(0\)。
考慮其它任意一點 \(u\) 的入邊。假設有 \(x\) 條邊來自 \(0\)， \(y\) 條邊來自 \(1\)：
那麼可以保證，任意一點 \(u\) 的所有入邊裡，兩端顏色不同的邊數 \(\geq\) 兩端顏色相同的邊數。當且僅當 \(x=y\) 時取等號。
通過考慮每個點的入邊，我們不重不漏地考慮到了所有的邊。因此，現在可以保證整張圖里，兩端顏色不同的邊數 \(\geq\) 兩端顏色相同的邊數。並且只要存在乙個點，它的 \(x\neq y\)，整張圖就能取大於號。
因為初始時，我們讓入度為 \(0\) 的點全部染了相同的顏色，所以發現所有「第二層」的點，一定是：\(x>0,y=0\)。因此存在 \(x>y\) 的點，即整張圖里 兩端顏色不同的邊數 \(>\) 兩端顏色相同的邊數。
#include int main()
正睿 2018 提高組十連測 Day5
鴨血居然沒想到字首和優化dp，主要是寫的是刷表.只想到線段樹優化，還要兩棵.首先是暴力解法 f i j f i 1 k 0 k j 2 嗯.這個顯然可以字首和優化.然後是正常人dp解法 令f i,j 表示長度為i總和為j的合法陣列個數 則f i j f i j 1 f i 1 j 2 第二項只有j為...
2019正睿CSP S模擬賽十連測day8
link to this contest 這場題做的體驗一般，沒有 探索中求進步 的思考快感，會做的直接做，不會做的一點思路都沒有，晚了半個小時開始，提早乙個小時結束操作 t1 轉化以下題意直接模擬，t2 完全不會，去看 t3 看來看去都只會 50 的部分分，感覺也不少了就寫完放棄了，回去把 t2 ...
BFS BZOJ省選十連測 Cycle
蛤？這題絕對有問題。複雜度明顯不對頭。它的想法其實就是找到乙個點，判斷它與它周圍的點能否構成環，然後不能再刪去這個點。然而。他每次都memset了一發，這不t？服都服了。include include include include define sf scanf define pf printf ...