礼物
题目大意:
数据范围:
题解:
这题有意思啊($md$卡常
直接做怎么做?
随便上个什么东西,维护一下矩阵乘和插入,比如说常数还算小的$KD-Tree$(反正我是没见人过过
我们漏掉了一个条件,就是所有二元组都是随机的。
这个条件很好,它几乎就保证了,任选一个区间的话,优秀二元组只有$log$个。
这是为什么呢?
其实区间内,优秀二元组的个数,就相当于把区间按照$x$排序后,$y$值是前缀最大值的期望个数。
因为二元组是随机的,所以$x$排序后,$y$仍然是随机的。
就是给定一个随机数列,求前缀最大值的期望个数。
这是调和级数的。
所以,我们就开一棵线段树,线段树上每个节点维护一个数组,存这个节点管辖区间内的优秀二元组。
合并用归并,复杂度是$O(log)$的。
所以每次查询的复杂度是$O(log^2n)$的。
总复杂度是$O(nlog^2n)$的,有点小卡常,加了输出优化才过(读入优化是必备。
代码:
#include <bits/stdc++.h> #define N 200010 using namespace std; int head[N], to[N << 1], nxt[N << 1], tot; char *p1, *p2, buf[100000]; #define nc() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++ ) int rd() { int x = 0, f = 1; char c = nc(); while (c < 48) { if (c == '-') f = -1; c = nc(); } while (c > 47) { x = (((x << 2) + x) << 1) + (c ^ 48), c = nc(); } return x * f; } inline void add(int x, int y) { to[ ++ tot] = y; nxt[tot] = head[x]; head[x] = tot; } int d[N], x[N], y[N]; int main() { int n = rd(), k = rd(); for (int i = 2; i <= n; i ++ ) { x[i] = rd(), y[i] = rd(); d[x[i]] ++ ; d[y[i]] ++ ; } int mx = 0; for (int i = 2; i <= n; i ++ ) { int s1 = d[x[i]], s2 = d[y[i]]; if (s1 < s2) swap(s1, s2); if (s1 >= 3) { if (s2 >= 3) { mx = max(mx, 2); } else if(s2 <= 2) { mx = max(mx, 1); } } } int sum = 0; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { if (d[i] == 1) { sum ++ ; } } mx *= k; cout << sum - mx << endl ; return 0; }
小结:这种期望的题还是要自己证才行,不然结论根本记不过来。