haoi2018
题解:
题目相对其他省难一点
不过弱省省选知识点都这么集中的么。。
4道数学题。。。
1.[HAOI2018]奇怪的背包
这题考场做就gg了。。。
其实我想到了那个性质。。 就是这个一定要是gcd的倍数
但是我傻逼的觉得这个不对。。 因为xi都要>=0
然后就看题解。。
仔细想了一下 这可是模意义下啊??
你要是负数你一直加p答案不是不变的么。。。
然后有了这个性质我们考虑dp
直接$f[i][j]$表示考虑了前i个数,gcd为j这个复杂度比较gg
我们发现j一定是p的因数,所以离散化一下(hash表查找)
设p的因数个数为M
这个复杂度是$nMlogn$的 还是gg。。。
我们再看一看 每次加入一个数实际上是与它取gcd
而gcd一定也是y的因数 所以刚开始本质不同的数只有M种
对于相同的数,不取就一种方案,取就是$(2^k-1)$
然后这样dp就是$M^2logM$
讲道理M的上限是sqrt的。。(不知道差了多少倍 程序要跑太久。。)
但反正是能过了。。
// luogu-judger-enable-o2
// luogu-judger-enable-o2
#include <bits/stdc++.h>
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define mid ((h+t)>>1)
using namespace std;
const int INF=1e9;
namespace IO{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int Z,C=-;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1()
{
sr[++C]=' ';
}
IL void wer2()
{
sr[++C]='\n';
}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y) {return x<y?x:y;}
};
using namespace IO;
const int mo=5e6+;
struct Hash{
int H[mo+],H1[mo+];
IL void push(int x,int z)
{
int y=x%mo;
while (H[y]!=&&H[y]!=x) ++y;
H[y]=x; H1[y]=z;
}
IL int query(int x)
{
int y=x%mo;
while (H[y]!=&&H[y]!=x) ++y;
return H1[y];
}
}H;
const int N=1e6+1e5;
const int M=3.5e4+;
int a[N],f[N],pp[M];
int g[][M],now[M],now2[M],o[N];
int gcd(int x,int y)
{
return (!y)?x:gcd(y,x%y);
}
const int mo2=1e9+;
IL void js(register int &x,register int y)
{
x+y>mo2?x=x+y-mo2:x=x+y;
}
int main()
{
int n,q,p;
read(n); read(q); read(p);
rep(i,,n) read(a[i]);
int k=sqrt(p);
int cnt=;
rep(i,,k)
if (p%i==) f[++cnt]=i;
k=cnt;
dep(i,k,)
if (p!=f[i]*f[i]) f[++cnt]=p/f[i];
rep(i,,cnt) H.push(f[i],i);
rep(i,,n) pp[H.query(gcd(a[i],p))]++;
o[]=;
rep(i,,) o[i]=o[i-]*%mo2;
rep(i,,) o[i]=((o[i]-)%mo2+mo2)%mo2;
g[][cnt]=;
rep(i,,cnt)
{
int *g1=g[i%],*g2=g[(i+)%];
memset(g[(i+)%],,sizeof(g[][])*(cnt+));
if (pp[i])
rep(j,,cnt)
if (g1[j])
{
js(g2[H.query(gcd(f[i],f[j]))],(1ll*g1[j]*o[pp[i]])%mo2);
}
rep(j,,cnt) js(g2[j],g1[j]);
}
memcpy(now,g[(cnt+)%],sizeof(g[(cnt+)%]));
rep(i,,cnt)
{
int w=p/f[i];
int k=sqrt(w);
rep(j,,k)
if (w%j==)
{
int t=H.query(f[i]*j);
if (t) js(now2[t],now[i]);
if (j*j!=w)
{
t=H.query(f[i]*w/j);
if (t) js(now2[t],now[i]);
}
}
}
rep(i,,q)
{
int x; read(x);
x=H.query(gcd(x,p));
wer(now2[x]); wer2();
}
fwrite(sr,,C+,stdout);
return ;
}
2.[HAOI2018]反色游戏
这个感觉思路其实不难 但好像并没有往这上面想
第一感觉就是这个可以化成xor然后线性基高斯消元
最后线性基中为0的点就可以任取 答案为2^k 注意还要判断合不合法 不合法直接为0
然后发现就算没有多次询问就一组也过不了???
然后我就觉得应该是有个黑科技我没学过。。。。
先说一下部分分。。
50分暴力高斯消元就可以了 ($n^4$)
60分需要bitset优化($n^4/32$)
// luogu-judger-enable-o2
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
const int N=;
const int mo=1e9+;
int T,n,m;
struct re{
int a,b;
};
vector<re> ve[N];
char c[N];
bitset<N> B[N],now;
int ans[N],f[N],g[];
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
g[]=;
rep(i,,) g[i]=(g[i-]*)%mo;
cin>>T;
rep(ttt,,T)
{
cin>>n>>m;
rep(i,,n) ve[i].clear();
rep(i,,m)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
ve[x].push_back((re){i,y}); ve[y].push_back((re){i,x});
}
cin>>c;
rep(i,,n-) f[i+]=c[i]-'';
rep(i,,n)
{
bool tt=;
int c3=;
rep(j,,n)
for (int k=;k<ve[j].size();k++)
if (j==i||ve[j][k].b==i) c3++;
c3/=;
rep(j,,m) B[j]=,ans[j]=;
rep(j,,n)
if (j!=i)
{
now=; int ans2=f[j];
for (int k=;k<ve[j].size();k++)
if (ve[j][k].b!=i) now[ve[j][k].a]=;
dep(k,m,)
if (now[k])
{
if (B[k]!=)
{
now^=B[k],ans2^=ans[k];
if (now==) break;
}
else
{
B[k]=now;
ans[k]=ans2;
break;
}
}
if (now==&&ans2) tt=;
}
int cnt=;
rep(j,,m) if (B[j]==) cnt++;
cnt-=c3;
if (!tt) cout<<<<" ";
else cout<<g[cnt]<<" ";
}
cout<<endl;
}
return ;
}
70分我不知道是什么东西。。。 我会线段树分治做到($n^3logn/32$) 但这个常数明显大而且肯定过不了70啊。。
然后考虑一下正解
发现这题要用线性基其实是假的
一条边只能连两个节点啊。。。
所以我们考虑合并
如果合并之前两点已经有关系说明这条边就任意了
于是简化一下要求的就是2^(n-m-联通块个数)
另外怎么判断合不合法的充要条件是 如果黑点数为奇数就不合法
来简单证明一下
必要性:改变的颜色数是边数*2的 黑点为奇数显然不行
充分性:如果改变了偶数个,每次我们就任取两个扩展一条他们之前的连边 如果重复就把边取反就可以了
于是我们要支持删一个点求联通块个数和有无奇数个黑点
分类讨论了
3.
由于后缀数组和后缀自动机有点忘了。。以后再补
day2为啥只有两题。。
4.[HAOI2018]苹果树
我用了跟题解不太一样的方法 当然题解更加简单。。
令$f(i)$表示i个点排成子树的方案数 (我刚开始并没有想到这个是n!)
$f(i)=\sum C(n,i)*f(i)*f(n-i)$
令$g(i)$表示i个点排成子树到根的路径和
$g(i)=\sum$
令$h(i)$表示i个点排成子树内部路径和
$h(i)=\sum$
题解的方法也比较常见
考虑每条边的贡献
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
namespace IO{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int Z,CC=-;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++CC]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++CC]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1()
{
sr[++CC]=' ';
}
IL void wer2()
{
sr[++CC]='\n';
}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) { if (x>y) x=y;}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) { if (x<y) x=y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}
};
using namespace IO;
const int N=;
int nn,mo;
int C[N][N],f[N],g[N],h[N];
IL void js(int &x,int y)
{
x=x+y>mo?x+y-mo:x+y;
}
int main()
{
read(nn); read(mo);
int m=;
rep(i,,m)
{
C[i][]=C[i][i]=;
rep(j,,i-)
C[i][j]=(C[i-][j-]+C[i-][j])%mo;
}
f[]=f[]=;
rep(i,,nn)
{
int n=i-;
rep(j,,n)
js(f[i],1ll*f[j]*f[n-j]%mo*C[n][j]%mo);
rep(j,,n)
js(g[i],2ll*g[j]%mo*C[n][j]%mo*f[n-j]%mo);
js(g[i],1ll*f[i]*n%mo);
rep(j,,n)
js(h[i],2ll*h[j]%mo*C[n][j]%mo*f[n-j]%mo);
rep(j,,n)
js(h[i],(2ll*j%mo*(n-j)%mo*f[j]%mo*f[n-j]%mo+2ll*g[j]%mo*(n-j)%mo*f[n-j]%mo)%mo*C[n][j]%mo);
js(h[i],g[i]);
}
// rep(i,1,nn) cout<<f[i]<<" "<<g[i]<<" "<<h[i]<<endl;
cout<<h[nn]<<endl;
return ;
}
5.[HAOI2018]染色
这个题型比较经典
首先我们考虑取出k个正好有s的
$C(n,s)*C(n-s,s)*...*C(n-k,s) $然后这个可以化简一下
然后因为这个已经保证了顺序 颜色只需要$C(m,k)$就行了(不是$A(s,k)$)
令$F(n,m)$表示n个点用m种颜色染,没有为k的方案数
这个比较显然可以容斥来做 式子太长不想写。。。
列出式子再带进去
我的ntt方法好像和网上不太一样
$ans=f(i)*\sum{g(j)*h(i+j)}$
然后我们变换一下 令$p(i)=h(t-i)$
这样就是卷积形式了
写代码的时候正推预处理了1e7的inv
然后发现这个跑的贼慢。。直接exgcd算比这个快多了
有一个常数更小的方法是先计算$(n!)$的逆元然后再倒推回去
这样就不需要除法和取模了
好久没打ntt。。
ntt的n 应该是算出结果的最高项次数
刚开始没算0的情况
这种题目基本最简单的数据对了就对了
所以可以自己造比较好手模的数据
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for(int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for(int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
namespace IO{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T> void read(T &x)
{
rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int Z,C=-;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1()
{
sr[++C]=' ';
}
IL void wer2()
{
sr[++C]='\n';
}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}
};
using namespace IO;
const int mo=;
const int N=1e6+;
const int M=1e6;
const int N1=1e7+;
const int N2=1e7;
int ww[N1],inv[N1],jc[N1],jc2[N1];
int cj[N],nicj[N];
int f[N],g[N],h[N];
void gcd(int x,int y,int &a,int &b)
{
if (!y)
{
a=; b=; return;
}
gcd(y,x%y,b,a);
b-=a*(x/y);
}
int ksm(int x,int y)
{
if (y==) return();
if (y==) return(x);
int k=ksm(x,y/);
k=(1ll*k*k)%mo;
if (y&) k=(1ll*k*x)%mo;
return k;
}
IL void js(register int &x,register int y)
{
x=x+y>=mo?x+y-mo:x+y;
}
int l,n1,r[N],w[N],x[N],y[N],G=;
void ntt(int *a,int o)
{
//n n1别写错
for (int i=;i<n1;i++)
if (i>r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
for (int i=;i<n1;i*=)
{
int wn=ksm(G,(mo-)/(i*)); w[]=;
rep(j,,i-) w[j]=(1ll*w[j-]*wn)%mo;
for(int j=;j<n1;j+=(i*))
{
rint *x=a+j,*y=a+i+j;
for (rint k=;k<i;k++)
{
int t=1ll*w[k]*y[k]%mo;
y[k]=x[k]-t<?x[k]-t+mo:x[k]-t;
x[k]=x[k]+t>mo?x[k]+t-mo:x[k]+t;
}
}
}
if (o==-)
{
reverse(&a[],&a[n1]);
for (int i=,inv=ksm(n1,mo-);i<n1;i++)
a[i]=1ll*a[i]*inv%mo;
}
}
int t;
void query()
{
l=;
for (n1=;n1<=t*;n1<<=) l++;
for (int i=;i<n1;i++) r[i]=(r[i/]/)|((i&)<<(l-));
ntt(f,); ntt(g,);
for (int i=;i<n1;i++) f[i]=(1ll*f[i]*g[i])%mo;
ntt(f,-);
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
int n,m,s;
read(n); read(m); read(s);
rep(i,,m) read(ww[i]);
inv[]=;
rep(i,,N2) inv[i]=(-1ll*(mo/i)*inv[mo%i]%mo+mo)%mo;
jc2[]=; jc[]=; cj[]=; nicj[]=;
rep(i,,N2) jc[i]=1ll*jc[i-]*i%mo,jc2[i]=1ll*jc2[i-]*inv[i]%mo;
int x,y;
gcd(jc[s],mo,x,y);
x=(x+mo)%mo;
rep(i,,M)
{
cj[i]=1ll*cj[i-]*jc[s]%mo;
nicj[i]=1ll*nicj[i-]*x%mo;
}
t=MIN(m,n/s);
rep(i,,t)
if (i%==)
f[i]=1ll*nicj[i]*jc2[i]%mo;
else f[i]=(-1ll*nicj[i]*jc2[i]%mo+mo)%mo;
rep(i,,t)
g[i]=1ll*ksm((m-i),n-i*s)*jc2[n-i*s]%mo*jc2[m-i]%mo;
reverse(g,g+t+);
query();
rep(i,,t) h[i]=(f[t-i]+mo)%mo;
/* rep(i,0,t)
rep(j,i,t)
js(h[j-i],1ll*f[i]*g[j]%mo); */
int ans=;
rep(i,,t)
{
int t1=1ll*ww[i]*jc[n]%mo*nicj[i]%mo*jc[m]%mo*jc2[i]%mo;
t1=1ll*t1*h[i]%mo;
js(ans,t1);
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}
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