得分：\(30+5+0=35\)（考得真不咋滴）
以為很簡單，對著這題想了乙個多小時，最後果斷打了個暴力交了... ...
看完題解發現其實也不是很難。
對於\(t=1\)的情況，似乎與一道題目很像：【洛谷3396】雜湊衝突，可以用分塊來做。
對於\(t>1\)的情況，似乎與暴力類似，但是要加乙個玄學的優化。
如果有多種顏色，它們的數目分別為\(c_1\sim c_t\)，不難想到，給\(k\)染上數目最少的顏色肯定是最優的。
我們用\(min\)表示\(min(c_i)\)。
則第\(k±xd\)個商品被選中的概率應為\(\prod_^x \frac\)。
因此它對答案造成的貢獻應為\(v_\prod_^x \frac\)。
不難發現，這種方法是近似於\(o(n^2)\)的，肯定會\(t\)飛。
但是，我們必須要注意到，在\(t>1\)時，\(min\)肯定是\(≤\frac2\)的，因此這個式子的值是以指數級降低的），在大約\(60\)次操作後對答案就不會造成任何影響了。
所以，我們就可以將操作次數與\(60\)取\(min\)，這樣跑起來就十分輕鬆了。
綜上所述，可以對\(t\)進行分類討論，然後就是亂搞。
#include#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define inf 1e9
#define inc(x,y) ((x+=y)>=mod&&(x-=mod))
#define n 100000
using namespace std;
int n,a[n+5];
class fio
}s2;
int main()
return 0;
}
這題的正解似乎是乙個很複雜的樹形\(dp\)。
但是，太複雜的動態規劃我寫不來，因此我用的是另外一種做法，雖然照樣要用樹形\(dp\)。
不難想到，如果要從乙個點到達另乙個點，選擇的肯定是樹上最長鏈（即樹的直徑）的兩個端點。
於是，我們只要每次求出樹的直徑，更新答案，然後將這條直徑上所有邊的邊權全部改為原來的相反數即可。
至於為什麼要取相反數，這是因為每條邊必須經過一次，這樣一來如果再選一次這條邊，就會與原先的抵消，避免一條邊被選擇兩次。
有乙個很重要的問題就是如何求樹的直徑。
#include#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define uint unsigned int
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define inf 1e9
#define inc(x,y) ((x+=y)>=mod&&(x-=mod))
#define n 2000
#define logn 15
#define add(x,y,z) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y,e[ee].val=z)
#define dis(x,y) (dis[x]+dis[y]-dis[lca(x,y)])
using namespace std;
int n,m,k,ee=0,lnk[n+5];
struct edge
e[2*n+5];
class fio
max1[x]+max2[x]>maxans&&(maxans=max1[x]+max2[x],res=x);
}public:
inline int getans()
}treedp;
int main()
{ register int i,j,x,y,z,t,ans;
while(f.read(n),f.read(m),f.read(k))
{for(i=ee=ans=0;i<=n;++i) lnk[i]=0;
for(i=1;i說實話，一看到多項式與行列式我就沒心情做下去了... ...
題解就等以後有時間\(a\)掉了再補吧。也許永遠都沒時間。
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