（2022.1.19）训练：2021icpc上海站

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总体总结题目D

代码 题目E题目G

代码 题目I

代码 题目J题目K

总体总结

这一次基本上还是比较仓促，一个重要的原因就是要准备期末考试好长时间没有接触过比赛了。总体上，对自己的要求还是要尽快地熟悉一下做题的流程和技巧，当然更重要的是提升自己的能力。

题目D

题目描述很简单，看起来是构造问题，其实更像是数学问题，我们把这道题目中关于比值的关系计算之后就会发现，这道题其实就是一道求解的题。我们需要根据解的形式来看一看什么时候解能够满足条件，也就是在根号中的部分开根后能够变为有理数，如果是无理数，那我们则可以直接输出0 0，这样的情况我们很容易就能够想到是没有整数解的。

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;
 
ll gcd(ll a,ll b)
{
    if(a 
题目E 
这道题队友做了，我这里就不再多说了，也是一道签到题，就附上下面的链接，然后参考一下吧。
 链接
 
题目G 
这道题当时写的时候并没有想出来，感觉对题目的敏感程度有些降低了，当时提到了一嘴说这道题目可能是树形dp，但后面感觉竟然找不出来这个它的最优子结构，而且思路很不清晰。后面看到别人的题解之后感觉要补的东西太多了，这里还是学习一下别人的思路，把它写下来。
 
n （奇数）个点的树，n−1 条边分成 n−12 组，每组两条边并且这两条边要有一个公共点，询问分组的方案数。子树 x 中若有偶数个点，那么奇数条边必然无法分组，需要 x 连向其父亲的边。如果有奇数个点，那么偶数条边可以分组。
 
设 d[x] 为分组 x 子树中的边的方案数，设 x 的孩子 y 中，有 a 个 y 需要 (x,y) 这条边与 y 子树中的边配对，有 b 个 y 是 (x,y) 在 x 这里配对的。那么当 b 是奇数时还需要 x 与其父亲连接的边。也就是说，x 有 a 个子树点数是偶数，b 个子树点数是奇数。现在只需要考虑把 b 个子树两两分组即可，如果 b 是奇数，那么还需要 (x,fa) 加入其中。
 
n 个元素，每组两个分成 n2 组的方案数是 f[n]，有递推式 f[n]=f[n−2]∗(n−1) 。
 所以：
 
 每个子树的方案数依旧独立，所以累计贡献时还是用乘法，只是其中 b 个是有顺序的，这个顺序个数就是 f。
 
代码 
#include 

using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i=int(j);i<=int(k);i++)
#define per(i,j,k) for(int i=int(j);i>=int(k);i--)
typedef long long ll;
const int N = 100010, mod = 998244353;
int n, sz[N];
vector g[N];
ll d[N], f[N];
void dfs(int x, int fa)
{
    sz[x] = 1;
    d[x] = 1;
    int cnt = 0;
    for(auto &y : g[x])
    {
        if(y == fa) continue;
        dfs(y, x);
        sz[x] += sz[y];
        d[x] = d[x] * d[y] % mod;
        if(sz[y] & 1) cnt ++;
    }
    if(cnt & 1) cnt ++;
    d[x] = d[x] * f[cnt] % mod;
}
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i 
题目I 
这道题目的关键其实就是把什么来当作背包体积，经过分析之后我们可以将两组点数之差当作是背包体积，然后我们分析问题后会发现，一张卡片，不能重复地放入，而只能放入第一个或者是第二个集合，只不过就是在放入第二个集合的时候我们需要考虑一下是否要对它的序号进行翻倍，因此我们的思路其实就是围绕着这一点来转的，想通了这一点自然而然也就能够写出来了。转移方程基本就是下面的这种情况。i为第几张牌，j为已经翻倍了几次，w为S-T的值（右移了）
 
 
代码 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,s,dp[101][101][5201],v[101],t[101];
const int inf=0x3f3f3f3f;
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&s);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        scanf("%lld %lld",&v[i],&t[i]);
    for(int i=0; i<=s; i++)//初始化
        for(int j=0; j<=5200; j++)
            dp[0][i][j]=-inf*(j!=2600);
    //这个地方不能动2600，因为2600为解，一开始解为0
    for(int i=1; i<=n; i++)
        for(int j=0; j<=s; j++)
            for(int k=0; k<=5200; k++)
            {
                dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
                if(k>=t[i])dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k-t[i]]+v[i]);
                //装入T
                if(k+t[i]<=5200)dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j][k+t[i]]+v[i]);
                //装入S
                if(j&&k>=2*t[i])dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k-2*t[i]]+v[i]);
                //加倍后装入S
                if(j&&k+2*t[i]<=5200)dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-1][k+2*t[i]]+v[i]);
                //加倍后装入T
            }
    printf("%lldn",dp[n][s][2600]);
    return 0;
}
 
题目J 
后面这两道题还没有完全弄明白，弄明白之后再补。
 
题目K					
										


					

						
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