CF掉分日記 6 6 6 8

---恢復內容開始---

寫的效果依舊不好還沒寫完前四題比賽就結束了而且這些普及組的題目我大多還是缺少簡單演算法的靈性總是把問題搞複雜化。

6.5 a 第一道題非常水簡單分析發現是乙個快速冪的逆過程。logn時間內解決。

b 這是乙個比平成的模擬要難上一點點的模擬因為有可能爆ll 所以寫之前要把該考慮到的情況考慮好再寫。

c 一眼不可做也看不懂題目是什麼意思，還是看不懂棄掉以後看見了再寫

d 感覺能寫一段序列分成k段第一段乘1 第二段乘2... 求最大值顯然dp 然後 f[i][j] 表示前 i個數字分成j段的最大值這個dp 是n^2k的相當難受貌似斜率優化可以到nk 然後？然後還是掛掉。

亂搞出來乙個貪心是我從後往前拿第k 段 k-1段每次我都選取最大的那個字尾和 nlogn 發現一直wa 沒有考慮到一些因素並不是字尾和最大的是最優的因為當前數字造成的貢獻不只只有前面的而且還是有後面的，所以說不太會寫，考慮設p1 p2 ...pk 為每一段的斷點顯然p1=1; pi發現我們只需取最大的這幾個bp值即可注意p1是強制取1的。

剩下的題目沒看結束了。。。

6.8 a 是一道非常水的題目注意好關係就能ac

b 猛一看感覺是不可寫的但是實際上畫個圖發現每次放棋子只能放在上乙個棋子的右邊或者下邊注意維護好輪換放即可。

c 是一道比較有意思的題目看起來也不可做深入理解發現只會有兩種情況 1 列舉每次放哪個數字了如果當前手牌中沒有的話就一直取數字直至把這個數字取出來然後模擬放回去。

或者是在這個隊伍之中就直接模擬排序好如果可以成功那麼一定優於第一種決策。這樣就ok了！

d 好像是乙個排列計數看了一下不會寫棄掉了現在再看 n<=2e5 看完題解發現是乙個很妙的樹形dp

題目：哦原來是這樣的對於乙個無根樹來說我們以任意的角度來看的話我們可以想象成每個點都可以是根，所以可以以1為根然後發現 1 任何位置都是可以放的。

考慮1的子樹由於子樹必須是在乙個圓弧之上顯然。所以子樹們和父親們放的位置決定了父親的初始方案數仔細思考1可以放n個位置我們讓其按照乙個方式放的話也把所有方案數遍歷到了。

好題於是就有轉移了。下面放**：

//
#include
#include#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 2147483646
#define ll long long
#define min(x,y) (x>y?y:x)
#define max(x,y) (x>y?x:y)
#define ri register ll
#define up(p,i,n) for(ll i=p;i<=n;++i)
#define db double
#define mod 998244353
using
namespace
std;
char buf[1
<<15],*fs,*ft;
inline 
char
getc()
inline ll read()
while(ch>='
0'&&ch<='9')
return x*f;
}inline 
void
put(ll x)
const
int maxn=200010
;int
n,len;
ll fac[maxn],sz[maxn],f[maxn];
//f[i] 表示以i為根的子樹內部的方案數
intvis[maxn];
int lin[maxn<<1],nex[maxn<<1],ver[maxn<<1
];inline 
void add(int x,int
y)inline 
void dfs(int
x) 
//f[x]=fac[sz[x]];
if(x!=1)f[x]=fac[sz[x]];
else f[x]=fac[sz[x]-1
]; f[x]=f[x]*sum%mod;
}int
main()
for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
dfs(1);
put(f[
1]*n%mod);
return0;
}

view code

剩下的題目就不說了。。不太會寫也沒有時間了。

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