Wannafly 挑战赛27 题解

Wannafly 挑战赛27

题目连接

https://www.nowcoder.com/acm/contest/215#question

A.灰魔法师

题目

Wannafly 挑战赛27 题解

题解

考虑到可能的完全平方数只有 $400$ 多个,因此对于每种数,直接暴力枚举所有的完全平方数计算一下就可以了.

代码

#include <iostream>
#define int long long
const int N = 100007;
int a[N];
int n;
int p2[N];
int tot;
signed main() {
    for(int i = 1;;i++) {
        int a = i*i;
        if(a > 2*N) break;
        p2[tot++] = a;
    }
    std::cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        int tmp;
        std::cin >> tmp;
        a[tmp] ++;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= 100000;++i) {
        if(a[i] == 0) continue;
        for(int j = 0;j < tot;++j) {
            int an = p2[j] - i;
            if(an < i) continue;
            if(an == i) ans += a[i]*(a[i]-1)/2;
            else if(an <= 100000)ans += a[i]*a[an];
        }
    }
    std::cout << ans << std::endl;
}

B.紫魔法师

题目

Wannafly 挑战赛27 题解

题解

注意到至少当存在一个奇环的情况下,一定需要 $3$ 种颜色,而其他情况下只要 $2$ 种颜色就足够了.

只需要用tarjan算法求其点双连通分量的大小即可.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
const int N = 100007;
struct edge{
	int u,v,nxt; 
}es[N<<2];
int head[N],cnt;
int vis[N],dfn[N],low[N],idx;
int v[N<<1],u[N<<1];
std::stack<int> stk;
void addedge(int u,int v) {
	es[cnt].u = u;es[cnt].v = v;es[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt++;
}
int flag;
void tarjan(int u,int fa) {
	dfn[u] = low[u] = ++idx;
	vis[u] = 1;
	for(int e = head[u];e != -1;e = es[e].nxt) {
		int v = es[e].v;
		if(v == fa) continue;
		stk.push(e);
		if(!vis[v]) {
			tarjan(v,u);
			if(low[u] > low[v]) low[u] = low[v];
			if(dfn[u] <= low[v]) {
				//割点
				int cnt = 0;
				while(true) {
					int se = stk.top();stk.pop();
					cnt++;
					if(se == e) break;
				}
				if(cnt > 1 && cnt % 2 != 0) {
					flag = 1;
				}
			}
		}
		else low[u] = std::min(low[u],dfn[v]);

	}
}
int n,m;
int main() {
	memset(head,-1,sizeof(head));
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin >> n >> m;
	rep(i,1,m) {
		int u,v;
		std::cin >> u >> v;
		addedge(u,v);
		addedge(v,u);
	}
	tarjan(1,0);
	if(flag) std::cout << "3" << std::endl;
	else std::cout << "2" << std::endl;
	return 0;
}

C.蓝膜法师

题目

Wannafly 挑战赛27 题解

题解

树形dp

状态定义

定义 $dp[u][i]$ 表示 $u$ 子树中包含节点 $u$ 的连通块大小为 $i$ ,且其余联通块大小均 $\le k$ 的方案数.

注意上述定义中 $dp[u][0]$ 是没有意义的,我们再定义 $dp[u][0] = \sum_{t = 1}^{min\{size[u],k\}} dp[u][t]$ .

转移方程的计算:

当我们要计算子树 $u$ 的 $dp$ 值的时候,其儿子节点分别为 $v_1,v_2,...,v_m$ .

如果我们将通向儿子节点 $v$ 的某条边切断,那么这个儿子对 $u$ 节点联通块大小的贡献就没了,但是它的方案数可以取 $dp[v][1..k]$ ,这也就是我们定义 $dp[v][0]$ 的意义所在了,很巧妙地, $dp[v][0]$ 就刚好等于儿子 $v$ 对 $u$ 的联通块贡献为 $0$ 时的方案数.

那么方程就得到了

$dp[u][i] = \sum_{t_1+t_2+...+t_m=i-1}dp[v_1][t_1]*dp[v_2][t_2]*...*dp[v_m][t_m]$

最后答案就是 $dp[1][0]$

实现方式

我们可以先将 $v_1$ 与 $u$ 合并,再将 $v_2$ 与 $u$ 合并…

代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int N = 2018;
typedef long long LL;
const LL P = 998244353;
std::vector<int> edge[N];
LL dp[N][N];
LL tmp[N];
int sz[N];
int n,k;
void dfs(int u,int fa) {
    sz[u] = 1;
    dp[u][1] = 1;
    for(int v : edge[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v,u);
        memset(tmp,0,sizeof(tmp));
        for(int i = 1;i <= sz[u];++i) {
            for(int j = 0;j <= sz[v] && i + j <= k;++j) {
                tmp[i+j] = (tmp[i+j] + (dp[u][i] * dp[v][j] % P)) % P;
            }
        }
        for(int i = 1;i <= k;++i)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    for(int i = 1;i <= k;++i)
        dp[u][0] = (dp[u][0] + dp[u][i]) % P;
}
int main () {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin >> n >> k;
    for(int i = 0;i < n-1;++i) {
        int u,v;
        std::cin >> u >> v;
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    std::cout << dp[1][0] << std::endl;
    return 0;
}