NOI.AC WC模拟赛

4C(容斥)

http://noi.ac/contest/56/problem/25

同时交换一行或一列对答案显然没有影响，于是将行列均从大到小排序，每次处理限制相同的一段行列（呈一个L形）。

问题变成，决定这个L形中每个位置的高度，是每个位置都不超出所在行列的限制，且每行每列都有至少一个位置达到最高限制。

容斥，暴力枚举有多少行多少列没有任何一个位置达到最高限制，这些行列中的位置都只能取到0~h。其余L形中的位置都无限制，即能取到0~h+1。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 ,mod=1e9+;
 ;

 int ksm(int a,int b){
     ;
     )
         ) res=1ll*res*a%mod;
     return res;
 }

 bool cmp(int a,int b){ return a>b; }

 int main(){
     scanf(][]=;
     rep(i,,N-){
         C[i][]=; rep(j,,i) C[i][j]=(C[i-][j]+C[i-][j-])%mod;
     }
     rep(i,,n) scanf(,a+n+,cmp);
     rep(i,,m) scanf(,b+m+,cmp);
     a[n+]=b[m+]=-;
     ,y=; x<n||y<m; ){
         ],b[y+]),xx=x,yy=y,ans=;
         ]==h) ++x;
         ]==h) ++y;
         rep(i,,x-xx) rep(j,,y-yy){
             int S1=(x-i)*(y-j)-xx*yy,S2=x*y-S1-xx*yy;
             ,S1)%mod*ksm(h,S2)%mod;
             ) ans=(ans-res+mod)%mod; else ans=(ans+res)%mod;
         }
         Ans=1ll*Ans*ans%mod;
     }
     printf("%d\n",Ans);
     ;
 }

5A(杜教筛)

http://noi.ac/problem/23

$$\begin{align*}
&\ \ \ \ \sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{k}(i,j,k)\\
&=\sum_{p=1}^{n}p\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{k}[(i,j,k)=1]\\
&=\sum_{p=1}^{n}p\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{k}\sum_{d|i,d|j,d|k}\mu(d)\\
&=\sum_{p=1}^{n}p\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{k}1\\
&=\sum_{p=1}^{n}p\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)f(\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor)\\
&=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\sum_{d|T}\mu(d)\cdot\frac{T}{d}\\
&=\sum_{T=1}^{n}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)\varphi(T)
\end{align*}$$

其中$f(n)=\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$，最后一步是根据$id*\mu=\varphi$得到的。
观察这个式子发现可以根号加速，$\varphi$的前缀和用杜教筛求出。通过记忆化能做到玄学复杂度。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 ;
 ,inv,b[N],p[N],tot,phi[N],Phi[N],ans;

 int ksm(int a,int b){
     ;
     )
         ) res=1ll*res*a%mod;
     return res;
 }

 )%mod*(x+x+)%mod*inv%mod; }

 void init(int n){
     rep(i,,n){
         ;
         ; i*p[j]<=n; ++j){
             b[i*p[j]]=;
             );
                 else { phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j]; break; }
         }
     }
 }

 int P(int x){
     if (x<=m) return phi[x];
     if (~Phi[n/x]) return Phi[n/x];
     ;
     ,j; i<=x; i=j+)
         j=x/(x/i),res=(res+1ll*(j-i+)*P(x/i))%mod;
     res=((1ll*x*(x+)>>)-res+mod)%mod;
     return Phi[n/x]=res;
 }

 int main(){
     freopen("a.in","r",stdin);
     freopen("a.out","w",stdout);
     scanf(,mod-); phi[]=; init(m);
     rep(i,,m) phi[i]=(phi[i]+phi[i-])%mod;
     memset(Phi,-,sizeof(Phi));
     ,j; i<=n; i=j+)
         j=n/(n/i),ans=(ans+1ll*(P(j)-P(i-)+mod)*S(n/i))%mod;
     printf("%d\n",ans);
     ;
 }

5B(后缀树DP)

http://noi.ac/contest/57/problem/18

最优策略显然是，每次根据已知部分，估计出对方下一步最有可能出什么，再以此决定出拳。

将串反序建出原串的后缀树，再在后缀树上DP即可。用id存下子串第一次出现的位置。转移显然。

 #include<cstdio>
 #include<vector>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 ;
 char s[N];
 ,w[N],d[N],a[N],lst,rt,mx[N],son[N][],fa[N],id[N];
 vector<int>Son[N];
 ll sw[N],f[N];

 void ext(int c,int x){
     ; id[np]=x;
     while (p && !son[p][c]) son[p][c]=np,p=fa[p];
     ; return; }
     int q=son[p][c];
     ) { fa[np]=q; return; }
     ;
     son[nq][]=son[q][]; son[nq][]=son[q][]; son[nq][]=son[q][];
     fa[nq]=fa[q]; fa[q]=fa[np]=nq;
     while (p && son[p][c]==q) son[p][c]=nq,p=fa[p];
 }

  || (y==&&x==)) ? w[z] : (((x-y+)%==) ? d[z] : ); }

 void dfs(int x){
     ;
     rep(i,,ed) dfs(Son[x][i]),id[x]=id[Son[x][i]];
     if (mx[x]>=n) return;
     rep(j,,){
         ll res=1ll<<;
         rep(i,,ed){
             int y=Son[x][i],op=a[id[y]+mx[x]];
             res=min(res,sw[min(mx[y],n)]-sw[mx[x]+]+f[y]+calc(j,op,mx[x]+));
         }
         f[x]=max(f[x],res);
     }
 }

 int main(){
     scanf();
     rep(i,,n) a[i]=(s[i]==:(s[i]==:);
     rep(i,,n) scanf(]+w[i];
     *n; i; i--) ext(a[i],i);
     rep(i,,nd) Son[fa[i]].push_back(i);
     dfs(); printf(]);
     ;
 }

6B(2-SAT)

http://noi.ac/contest/58/problem/24

每只蚯蚓建n个点，点v[i][j]表示蚯蚓i是否位于节点j的子树内。

2-SAT建图，边数为$O(mn^2+qn)$。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 ,M=;
 ][];
 int cnt,scc,top,hd[N],v[M],nxt[M],low[N],dfn[N],stk[N],inq[N],bel[N];
 void adde(int x,int y){ V[++tot]=y,Nxt[tot]=Hd[x],Hd[x]=tot; }

 void add(int x,int y){
     v[++cnt]=y,nxt[cnt]=hd[x],hd[x]=cnt;
     x^=,y^=;
     v[++cnt]=x,nxt[cnt]=hd[y],hd[y]=cnt;
 }

 void dfs(int u,int f){
     fa[u]=f,dep[u]=dep[f]+,L[u]=++tim;
     for(int i=Hd[u];i;i=Nxt[i]) if(V[i]!=f) dfs(V[i],u);
     R[u]=tim;
 }

 void tarjan(int u){
     dfn[u]=low[u]=++tim; stk[++top]=u,inq[u]=;
     for(int i=hd[u];i;i=nxt[i])
         if (!dfn[v[i]]) tarjan(v[i]),low[u]=min(low[u],low[v[i]]);
             else if(inq[v[i]])low[u]=min(low[u],dfn[v[i]]);
     if(dfn[u]==low[u]){
         int x=tot; scc++;
         ;
     }
 }

 int main(){
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
     rep(i,,n) scanf("%d%d",&x,&y),adde(x,y),adde(y,x);
     dfs(,); tot=;
     rep(i,,m) rep(j,,n) id[i][j]=tot,tot+=;
     rep(i,,m){
         add(id[i][]^,id[i][]);
         rep(j,,n) add(id[i][j],id[i][fa[j]]);
         rep(j,,n) rep(k,j+,n)
             if((L[j]<L[k]||L[j]>R[k])&&(L[k]<L[j]||L[k]>R[j]))
                 add(id[i][j],id[i][k]^);
     }
     while(Q--){
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
         for (int i=Hd[z];i;i=Nxt[i])
                 );
         ) add(id[x][z]^,id[y][z]);
     }
     tim=;
     rep(i,,tot-) if (!dfn[i]) tarjan(i);
     rep(i,,m){
         ;
         rep(j,,n) ]) ret=dep[j]>dep[ret]?j:ret;
         printf("%d ",ret);
     }
     ;
 }