abc152
题解翻译器 2022-4-29
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A题
过于简单,不解
B题
过于简单,不解
C题
保存前缀 值计算即可
D题
枚举两个数的第一位和最后一位,以及位数即可。
由于有边界,我还写了一个二分找固定了第一位、最后一位、位数后有多少个满足条件,写的很不优雅。
算算我的复杂度
不够优雅。
E题
最优值显然就是所有值的 ,但是值很大。我们考虑素因数分解。然后利用同余计算出模后的 。最后利用逆元即可算出模后的 。
E题
考虑的 比较小,我看错了,还在想有什么黑科技。显然正着去计算不太现实,那么我们考虑反面,即不满足条件的有多少个,总数减去不满足即可。
总数显然是 ,每条边两种情况嘛,那么我们如何计算不满足的呢,这就是经典容斥了,把不满足某个约束当特征,就能很容易的算出来。
然后我们考虑如何优雅的写,最好的方法是二进制压缩,当前约束需要的边的集合,这样同时满足几个约束,就是集合取并集。之后就是一些简单的组合数学下细节了。当然还有黑科技 __builtin_popcountll
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll qp(ll x,ll p)
{
ll res = 1;
while (p)
{
if (p & 1) res = x * res;
p >>= 1;
x = 1ll * x * x;
}
return res;
}
void sol()
{
int n, u, v, m;
cin >> n;
ll path[56][56] = {0};
int edge[56][56] = {0};
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
cin >> u >> v;
edge[u][v] = edge[v][u] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
queue<int> q;
q.push(i);
while (!q.empty())
{
u = q.front();
q.pop();
for (v = 1; v <= n; ++v)
{
if (edge[u][v] > 0)
{
if (!path[i][v])
{
path[i][v] = path[i][u] | (1ll << edge[u][v]);
q.push(v);
}
}
}
}
}
cin >> m;
vector<int> l(m),r(m);
for (int i = 0; i < m; ++i)
cin >> l[i] >> r[i];
ll ans = qp(2,n - 1);
for (int i = 1; i < (1 << m); ++i)
{
int p = 1;
ll tp = 0;
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
if ((i >> j) & 1)
{
p *= -1;
tp |= path[l[j]][r[j]];
}
}
int k = n - __builtin_popcountll(tp) - 1;
ans += p * qp(2, k);
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
int T = 1;
while (T--) sol();
return 0;
}