光 100pts
賽時打的錯解A了，就很神奇；
其實可以發現答案有可二分性，考慮二分答案，每次check時列舉左上角和右下角的耗電量，然後對左下角的耗電量再進行二分，最後判定以下即可；
賽時就這麼打的，然後賽後拍出來了；
其實這個思路是對的，只是 $ \lfloor \frac n4 \rfloor $ 這個條件有誤差，所以暴力在這個範圍內判斷一下即可；
時間複雜度：$ O(n^2 \log^2 n) $，常數極大，但是跑不滿，可以過；
爬 10pts
直接暴搜10pts；
考慮正解，我們發現，能在某一個節點產生貢獻的只有它自己和其直接兒子，所以只考慮這一部分即可；
因為是異或，考慮對值進行二進位制拆分，依次考慮每一位的貢獻；
假設現在考慮到第 $ k $ 位，設當前節點 + 其直接兒子為 $ tot $，其中這一位為 $ 1 $ 的數的個數有 $ sum $ 個；
先考慮當前節點不是根的情況：
那麼只有當有奇數個這一位為 $ 1 $ 的數在這個節點時，這一位才能產生貢獻，其它數咋跳都沒有影響，這個方案數為：
其中：
注意上面兩項並不能合併（因為前一項是有值的，合併以後可能就沒值了）；
然後減去只有一個數的情況，考慮 $ sum $ 個數，每個數只上去一次，剩下的 $ tot - 1 $ 個數不動，其餘的 $ n - tot - 1 $ 個數隨便，方案數為：
總方案數為：
最後乘一個 $ 2^k $ 即可；
對於是根的情況，分奇偶討論一下即可（因為根不能往上跳）；
時間複雜度 $ \Theta(n \log 1000000000) $；
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const long long mod = 1e9 + 7;
int n;
long long a[500005];
long long ans;
struct sss{
int t, ne;
}e[200005];
int h[200005], cnt;
void add(int u, int v) {
e[++cnt].t = v;
e[cnt].ne = h[u];
h[u] = cnt;
}
long long fac[100005], fav[100005], p[100005];
long long ksm(long long a, long long b) {
long long ans = 1;
while(b) {
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
long long C(long long n, long long m) {
if (n == m) return 1;
if (m == 0) return 1;
if (n < m) return 0;
return fac[n] * fav[m] % mod * fav[n - m] % mod;
}
int main() {
freopen("climb.in", "r", stdin);
freopen("climb.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
int xx;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
cin >> xx;
add(xx, i);
}
fac[0] = 1;
fav[0] = 1;
p[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
fav[i] = ksm(fac[i], mod - 2);
p[i] = p[i - 1] * 2 % mod;
}
for (int k = 30; k >= 0; k--) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int sum = 0;
int tot = 1;
for (int j = h[i]; j; j = e[j].ne) {
int u = e[j].t;
tot++;
if ((1 << k) & a[u]) sum++;
}
if (tot == 1) continue;
if ((1 << k) & a[i]) sum++;
if (sum == 0) continue;
if (i == 1) {
bool vis = ((1 << k) & a[i]);
if (vis) {
long long o = 0;
o = ((p[max(0, sum - 2)] * p[max(0, n - sum)] % mod - p[max(0, n - tot)]) % mod + mod) % mod;
ans = (ans + (1 << k) * o % mod) % mod;
} else {
long long o = 0;
o = (p[max(0, sum - 1)] * p[max(0, n - sum - 1)]) % mod;
ans = (ans + (1 << k) * o % mod) % mod;
}
} else {
long long o = 0;
o = ((p[max(0, sum - 1)] * p[max(0, n - sum - 1)] % mod - sum * p[max(0, n - tot - 1)] % mod) % mod + mod) % mod;
ans = (ans + (1 << k) * o % mod) % mod;
}
}
}
cout << ans;
return 0;
}
字串 50pts；
賽時 $ \Theta(Tn^4) $ 暴力DP 50pts也是沒誰了；
正解是貪心；
因為對於 $ B $ 有 $ c $ 的限制，所以我們構造出一種形如以 $ c $ 個 $ B $ 和 $ 1 $ 個 $ A $ 為迴圈節，迴圈 $ i $ 次的字串；
如：當 $ c = 3 $ ，$ i = 2 $ 時，我們構造出的字串為 $ BBBABBBA $，特別的，當 $ i = 1 $ 時，字串是形如 $ BBBAAA $ （$ m $ 個 $ B $ 和 $ n $ 個 $ A $）的；
然後我們考慮列舉 $ i $，每次加入剩下的 $ A $ 和 $ B $；
先加 $ A $，從頭加一個可以獲得 $ 1 $ 的貢獻，然後每剩下 $ a $ 個 $ A $ 就有 $ 1 $ 的貢獻；
再加 $ B $，從末尾加一個可以獲得 $ 1 $ 的貢獻，然後先把迴圈節裡的 $ B $ 補充成 $ b + 1 $ 的倍數並依據給的公式計算其貢獻，然後每剩下 $ b $ 個 $ B $ 就有 $ 1 $ 的貢獻；
有點細節需要注意；
點選檢視程式碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int t;
int n, m, a, b, c;
int ans, sum;
int main() {
freopen("string.in", "r", stdin);
freopen("string.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while(t--) {
cin >> n >> m >> a >> b >> c;
ans = 0;
for (int i = 0; i <= min(n, m / c); i++) {
sum = 0;
if (i == 0) {
sum++;
sum += (n - 1) / a;
sum += (m - 1) / b;
sum++;
ans = max(ans, sum);
continue;
}
sum++;
sum += (2 * i - 1);
int suma = n - i;
if (suma > 0) {
sum++;
suma--;
}
if (suma > 0) sum += (suma / a);
int sumb = m - c * i;
if (sumb > 0) {
sumb--;
sum++;
}
if (sumb > 0) {
int o = c % b;
int res = 0;
if (o == 0) res = 1;
else res = b + 1 - o;
if (i * res >= sumb) {
int ss = sumb / res;
sum += ss * ((c + res - 1) / b);
sum += (i - ss) * ((c - 1) / b);
} else {
sum += i * ((c + res - 1) / b);
sumb -= res * i;
sum += (sumb / b);
}
} else {
sum += i * ((c - 1) / b);
}
ans = max(ans, sum);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
奇怪的函式 30pts
賽時 $ \Theta(nq) $ 暴力能有30pts更是沒誰了；
To be continued...