怎么说？发现自己越来越菜了 到了不写题解写不出来题目的地步了。。
这次题目我都有认真思考 尽管思考的时候状态不太好 但是 我想 再多给我时间也思考不出来什么吧
所以写一份题解。
T1 n个点的有根树 1号点为根 第i个点的点权为(w_i) (1leq w_ileq L) 定义一个长度为L的序列是完美的 当且仅当(forall 1leq ileq L)
都有(w_{a_i}=i)且(forall 1leq k<i) (a_k)为(a_i)的父亲。定义(f_i)为第i个点的父亲.
有m次修改 对于第i次修改会把(u=(i-1)%mod+n+1)的点权修改为(v_i)
对于每次修改过后的答案乘上i 对1e9+7取模 询问m次修改的答案和。(Lleq nleq 1e6) (mleq 2e6) (1leq f_i<i)
显然有一个nm的dp 只不过放到了树上。
不难发现这个L很像我们的最长上升子序列 如果该序列中存在最长上升子序列的话 那这样求的就是最长上升子序列的方案数了。
不过每次有单点修改。往这个方向思考 是无果的 基本上我们最长上升子序列方案数不支持修改 查询。
但是可以发现 每次修改的点是有序的 1 2 3 4 5...n...1.... 同时看题目中关键的条件 (f_i<i)自己的父亲小于自己 也就是说对于每个点在修改的时候 自己的父亲已经被改过了 这是这道题的关键之处 修改并非无序修改。
做题的时候抓住题目中的条件来解决问题 把题目中的条件都理解透了 再思考 问题的解决。
考虑对于链的怎么做 其实就是序列了 容易设出设(f_i)表示以i为结尾的方案数 (g_i)表示以i为开头的方案数。
一个点将会被修改掉 我们需要-其在原本的答案中所占方案数+新产生的方案。
所占方案 那显然是(f_icdot g_i) 考虑一个新的数字(v_i) 其产生的方案为 ((sumlimits_{1leq k<i,w_k=v_i-1}f_k)cdot (sumlimits_{i+1leq kleq L,w_k==v_i+1}g_k))
可以发现这正是我们新的f值 和g值的相乘。
但是不可做的一点是 由于存在修改 我们一个点的f 和g容易得出 但是其他点的f和g的值将会被扰乱导致下一个点再这样做的时候结果不正确。
当然这种修改是很难维护的 尽管我们维护值域线段树 想做出这样的修改也很不容易。
接下来利用题目中的条件 自己的父亲比自己先修改这一条件。
可以发现我们当前点在修改过后 对于新的f值我们利用父亲修改过后的再累计一个方案数维护。
对于g的维护可以发现还是旧的就行 因为儿子不可能发生修改。
但是有多次轮回修改怎么解决。其实可以直接莽了 每次树形dp处理一轮的问题。时间复杂度O(n) 同时也处理O(n)个问题。
那么有O(m)个问题 显然 我们时间复杂度就是O(m)的 简单来讲就是 m/n轮处理 每次时间复杂度O(n)故总时间复杂度O(m).
考虑在树上怎么做我们还是套用刚才的模型来做 对于f显然可以这样做。
考虑g的维护 发现处理完一个子树的g 这个子树的g由于对我们的父亲还有贡献我们不能将其清理掉 所以可以进行桶差分一下即可 超级好写。
综上我们解决了这个问题 时间复杂度O(m).(真的不是什么LIS的方案数啊啊啊。
可以发现当自己认为问题不可被解决时 80%是自己没有认真读题。
···
int n,m,L,len,top;
int a[MAXN],v[MAXN];ll cf[MAXN],w[MAXN],b[MAXN],g[MAXN],cg[MAXN],f[MAXN],cnt,ans;
int lin[MAXN],ver[MAXN],nex[MAXN];
inline void add(int x,int y)
{
ver[++len]=y;
nex[len]=lin[x];
lin[x]=len;
}
inline void dp(int x)
{
ll ww=cg[v[x]+1];
ll w1=cg[a[x]+1];
//求出f数组 f数组表示以某个点为结尾的方案数 更新过的v数组来求出
f[x]=cf[v[x]-1];
if(v[x]1)f[x]=1;
w[x]=cf[a[x]-1];
if(a[x]1)w[x]=1;
cf[v[x]]=(cf[v[x]]+f[x])%mod;
go(x)dp(tn);
cf[v[x]]=(cf[v[x]]-f[x])%mod;
//求出g数组 g数组表示以某个点为开头的方案数 通过a数组求出
g[x]=(cg[v[x]+1]-ww)%mod;
if(v[x]L)g[x]=1;
b[x]=(cg[a[x]+1]-w1)%mod;
if(a[x]L)b[x]=1;
cg[a[x]]=(cg[a[x]]+b[x])%mod;
if(a[x]1)ans=(ans+b[x])%mod;
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
//freopen("tree.out","w",stdout);
get(n);get(m);get(L);
rep(2,n,i)add(read(),i);
rep(1,n,i)v[i]=get(a[i]);
int st;
rep(1,m,i)
{
int x=(i-1)%n+1;
if(x1)st=i;
a[x]=v[x];
get(v[x]);
if(xn||im)
{
rep(1,n,j)cg[j]=cf[j]=0;
rep(x+1,n,j)a[j]=v[j];
ans=0;dp(1);
rep(1,x,j)
{
ans=(ans-w[j]b[j]+f[j]g[j])%mod;
cnt=(cnt+ans*st)%mod;++st;
}
}
}
printf("%lld
",(cnt+mod)%mod);
return 0;
}
可以说这道题并非很难 失误之处在于没有抓住题目种给的条件。