牛客CSP S提高組賽前集訓營1

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官方題解

before：t1觀察+結論題，t2樹形dp，可以換根或up&down，t3正解妙，轉化為圖上問題。題目質量不錯，但資料太水了~。

一共n個石子堆，每個石子堆有ai個石子，兩人輪流對石子塗色(先手塗紅，後手塗藍)，且需要保證當前回合塗的石子顏色不能和它相鄰的兩個同色，誰塗不下去誰輸。一共t個詢問，對於每個詢問輸出先手必勝還是後手必勝。

\(1<=n<=10^3，1<=ai<=10^9，1<=t<=10^2\)

標籤：模擬，猜結論

當n=1時，模擬一下可以發現，除非石子數=1，否則後手必勝。當增加多堆石子時，假設當前局面是p必敗，則p肯定要去新的一堆裡塗，則對於新的一堆石子p成為了先手，假設新的一堆石子數》1，則p任然必敗，反之可以轉移，p的另一方成為了下一堆的先手。也就是說只有數量為1的石子堆能夠改變勝負狀態。

所以，只需統計石子數為1的堆的數量\(cnt1\)，根據\(cnt1\)的奇偶性來判斷。若為奇，則先手必勝；反之先手必敗。

#includeusing namespace std;
inline int read(){}
int main()
if(o==0)puts("hamster");
else puts("rabbit");
}}

見原題面。

標籤：樹形dp，換根法，up and down

暴力做法是\(o(n^2)\)的，將每個點都提做根跑一遍樹形dp。優化很明顯是去換根。

由於標程給的換根法寫的非常板子(雖然有點長)，所以這裡按標程的思路走一遍，整理一下換根法的大致思路。

step1：預處理dfs

隨便找乙個節點作為根，進行dfs/樹形dp，處理出所有節點此時的答案（只考慮自己子樹下的答案）。

step2：換根

平時做題打換根都是直接去統計，加加減減，雖然碼量小但不同的題目細節不同，除錯起來不太方便。標程中將換根分為兩部分。第一部分\(cut\)，先分別消除彼此的影響，逆操作；第二部分\(link\)，對更改後的陣列正操作一遍。

在本題中有兩個詢問。弄兩個陣列分別針對題目的兩個詢問，第乙個比較好理解，第二個比較抽象，根據**y一下。

\(dp[x][i]\)：換根前，只考慮x的子樹時，與x距離為i的子孫數量。

\(dp2[x][i]\)：換根前，只考慮x的子樹時，當影響範圍為i時，x影響到的子孫的擁擠程度之乘積。

將節點1作為根，預處理dfs一遍。下面的操作都是將\(sonx\)的貢獻加給\(x\)的正操作。

void dp_dfs(int x,int fa)

逆操作、正操作都與之前的預處理dfs類似。

標程的換根法**

無根樹dp還可以up and down去做。網上關於這一塊內容不多，而且很多blog都說和換根法差不多。

比如對於這題的詢問一，要求樹中離x距離小於等於k的節點數目，可以分解為這樣兩個問題，①x子樹中距離小於等於k的節點數目+②x子樹外距離小於等於k的節點數目，對這兩個問題分別dfs一遍，問題①用兒子更新自己，問題②用自己更新兒子，最後將兩部分的貢獻合起來。好像確實和換根差不多，但實現起來感覺up&down的思路更清晰些。

下面是up&down的**

#include#define mod 1000000007
#define int long long
using namespace std;
const int n=1e5+10;
vectorg[n];
int num[n][11],dp[n][11];
int outnum[n][11],outdp[n][11];
int n,k,ans1[n],ans2[n];
namespace upanddown
return res;
}	void dfs(int x,int fa)
}

資料範圍加到\(10^5\)。把問題拎到圖上去，建模。

對於一張魔術撲克\((a,b)\)，將編號為\((a,b)\)的節點先連一條無向邊，這樣會連出共\(k\)條邊，可能會有重邊，可能會形成多個聯通塊，每個聯通塊可能包含環也可能只是一棵樹。現在對於詢問\((l,r)\)，你需要將其中的若干條無向邊變成有向邊，也就是指定這條邊指向兩個端點中的乙個，使得\((l,...,r)\)中的點的入度均不為0。

現在這個問題就是原問題套件衣服，不過現在到了圖上看起來比較可做？。

引理1：對於無向連通圖s。試將所有無向邊改為有向邊，當且僅當s中存在至少乙個環(包括自環)時，能夠使得s中的所有節點入度不為0。

證明：如果不存在環，那就是一棵普通的樹，對於每條邊，最優排布時應該是讓每條邊都指向深度較大的那個(指向兒子)，但最後對於根節點，它的入度為0，不合法。如果這時候樹上出現了環，由人類智慧型可知，會有多餘的邊剩給根節點，此時一定合法。

也就是說，當我們詢問的\((l,r)\)時，只要存在乙個不含環的聯通塊，滿足這個聯通塊內的節點編號均被l,r覆蓋，則不存在可行解能打出\([l,r]\)的順子。

這就變成了乙個簡單的線段覆蓋問題。接下來做法就很多了樹狀陣列，set之類的，可以參考官方題解。下面給出一種較簡潔的做法。

理一遍流程，在輸出魔術撲克\((a,b)\)時，利用並查集維護聯通塊的資訊，如果此前\(a,b\)已經在同一聯通塊，則合併這條邊後，這個聯通塊就有了環，標記一下。連完邊後，找出所有不含環的聯通塊，記該聯通塊內編號最大的節點為\(ma\)，編號最小的節點為\(mi\)，則視\([mi,..,ma]\)為一條線段，對於詢問直接看\((l,r)\)會不會把某條線段覆蓋了，如果會覆蓋某條線段則輸出no，反之yes。看會不會把某條線段覆蓋可以離線詢問，然後對詢問和原有線段都排個序掃一遍就好了。

時間複雜度為\(o(nlogn)\)。

**如下：

#includeusing namespace std;
const int n=1e5+10;
int n,m;
int fa[n],mi[n],ma[n],huan[n],cover[n];
int find(int x)
struct segque[n];
vectorg;
inline bool cmp(seg p,seg q)
for(int i=1;i<=q;i++)puts(cover[i]?"no":"yes");
}

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