HGOI20190815 题解
Problem A modsum
求$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1 , i \neq j}^{m} (n \ mod \ i)(m \ mod \ j)$
在模$ 19940417 $的意义下计算答案。
对于$100\%$的数据,满足$1 \leq n,m \leq 10^9$
Solution :
由于$n,m$的答案和$m,n$的答案都是一样的,我们不妨令$n\leq m$
一眼想到了整除分块,我们显然可以通过$O(\sqrt{n})$的复杂度求出
$G(n,k) = \sum\limits_{i=1}^{n} (k \ mod \ i)$的值。
我们考虑化简原来的式子,原式$ = \sum\limits_{i=1}^{n} ((\sum\limits_{j=1}^{m} (n\ mod \ i)(m \ mod \ j))- (n \ mod \ i)(m \ mod \ i))$
$ = \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{m}(n \ mod \ i)(m \ mod \ j) - \sum\limits_{i=1}^{n} (n \ mod \ i)(m \ mod \ i)$
$ = \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{m}(n \ mod \ i)(m \ mod \ j) -\sum_{i=1}^{n}(n-i\times \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor)(m-i\times \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor)$
$== \sum_{i=1} ^n (n \ mod \ i)\sum_{i=1}^{m} (m \ mod \ i)- n^2 m + m\sum_{i=1}^{n} i \times \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor + n\sum_{i=1}^{n} i \times \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor - \sum_{i=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor i^2$
对于$ \sum_{i=1}^{n} \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{i} \right \rfloor i^2$的求法可以整除分块,每一次跳最小值来实现。
由于最多是有$2\sqrt{n}$条线,所以复杂度是$O(\sqrt{n})$
注意到$19940417$ 不是质数,然而$\sum_{i=1}^{n} i^2 = \frac{n\times(n+1)\times(2n+1)}{6}$中的$6$和它是互质的,所以可以简单的for循环求逆元即可。
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int mo=;
int inv6=;
int inv2=;
int mul(int x,int n)
{
int ans=;
while (n) {
if (n&) ans=(ans+x)%mo;
n>>=;
x=(x+x)%mo;
}
return ans%mo;
}
int fun(int l,int r){
l--;
return (((mul(mul(r,r+),*r+)*inv6)%mo-(mul(mul(l,l+),*l+)*inv6)%mo)%mo+mo)%mo;
}
int calc1(int n,int m)
{
int ret=;
for (int l=,r1,r2,r;l<=n;l=r+) {
if (n/l!=) r1=min(n/(n/l),n); else r1=n;
if (m/l!=) r2=min(m/(m/l),n); else r2=m;
r=min(r1,r2);
ret=(ret + mul(mul((n/l),(m/l)),fun(l,r)))%mo;
}
return ret%mo;
}
int calc(int n,int k) {
int ret=;
for (int l=,r;l<=n;l=r+) {
if (k/l!=) r=min(k/(k/l),n);
else r=n;
ret=(ret + mul(mul(mul(k/l,(r-l+)),(l+r)),inv2))%mo;
}
return ret%mo;
}
int G(int n,int k) { return ((mul(n,k)-calc(n,k))%mo+mo)%mo;}
signed main()
{
int n,m; scanf("%lld%lld",&n,&m);
if (n>m) swap(n,m);
int ans=mul(G(n,n),G(m,m))-mul(mul(n,n),m)+mul(m,calc(n,n))+mul(n,calc(n,m))-calc1(n,m);
printf("%lld\n",(ans%mo+mo)%mo);
return ;
}
A.cpp
Problem B queue
给出一棵多叉树,求关于所有节点的排列数,要求:
1. 每棵子树的根节点先于这棵子树的其他节点出现。
2. 和一个节点直接相连的节点必须依次出现但可不连续。
在$mod \ 10007$ 意义下询问排列数。
对于$100\%$的数据$1 \leq n\leq 10^3$
Solution :
可以将多叉树转化为二叉树,答案显然不变。
一种显然的转化方法就是将每个点的儿子按照一条链连接下去,这样一定保证是二叉树。
设$f[u]$表示将$u$的子树排列的可行数目,显然从$f[l_{son}]$和$f[r_{son}]$转移过来。
显然,$f[u] = f[l_{son}] \times f[r_{son}] \times C_{size[l_{son}]+size[r_{son}]}^{size[l_{son}]}$
其中合并的贡献就是在$size[l_{son}]+size[r_{son}]$个位置上放$size[l_{son}]$个数字的方案数(顺序没有关系)。
复杂度是 预处理组合数的复杂度是$O(n^2)$
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=;
const int mo=;
vector<int>E[N];
int c[N][N],n,size[N],f[N];
int C(int n,int m){return c[n][m];}
void dfs(int u)
{
if (E[u].size()==) {
size[u]=; f[u]=;
return;
}
if (E[u].size()==) {
dfs(E[u][]); size[u]=size[E[u][]]+;
f[u]=f[E[u][]];
}
if (E[u].size()==) {
dfs(E[u][]); dfs(E[u][]);
size[u]=size[E[u][]]+size[E[u][]]+;
f[u]=f[E[u][]]*f[E[u][]]%mo*C(size[E[u][]]+size[E[u][]],size[E[u][]])%mo;
}
}
signed main()
{
c[][]=;
for (int i=;i<=;i++) {
c[i][]=c[i][i]=;
for (int j=;j<i;j++)
c[i][j]=(c[i-][j-]+c[i-][j])%mo;
}
int T; scanf("%lld",&T);
while (T--) {
scanf("%lld",&n);
for (int i=;i<=n;i++) f[i]=;
for (int i=;i<=n;i++) E[i].clear();
for (int i=;i<=n;i++) {
int k; scanf("%lld",&k);
int nowf=i;
for (int j=;j<=k;j++) {
int x; scanf("%lld",&x);
E[nowf].push_back(x);
nowf=x;
}
}
dfs();
printf("%lld\n",f[]);
}
return ;
}
B.cpp
Problem C city
每个点的点权是$w[i]$,经过一条边的代价是$|w[u] - w[v]|$.
定义一条路径$val_S$的代价是路径经过边的最大代价,即$val_S = max\{w[Edge] (Edge \in S)\}$
设需要的能量为$D$,设两点存在“正常的关系”为:至少有两条不重叠的路径$S,T$使得$D \leq val_S , D \leq val_T$
询问$u,v$是否是可能是正常的关系,如果是,输出所需最少能量$D$,否则输出"infinitely"
对于$100\%$的数据$n,m,q \leq 5\times 10^5 $
Solution :
建出最小生成树,这样树边都不是可行边,从小到大拿非树边取更新答案。
由于非树边$(u,v)$添加上后会形成环,就存在边双了,这个环上的所有点的答案就是这条边的权值。
我们只需要将这些点的答案用这条边的权值更新掉即可。
由于边权排序了,所以后面的边来更新一定不是最优的,所以我们只需要用一个并查集将树上路径折叠掉即可。
询问的时候直接求一遍倍增lca即可。
复杂度是$O(n \ log_2 \ n)$
# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+,M=5e5+;
struct rec{ int pre,to,w;}a[N<<];
struct A{ int u,v,w;}Edge[M];
bool cmp(A a,A b){return a.w<b.w;}
int tot,n,m,q,val[N],g[N][],d[N][],f[N],head[N],dep[N];
bool inTree[M];
void adde(int u,int v)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
int father(int x)
{
if (f[x]==x) return x;
return f[x]=father(f[x]);
}
void kruskal()
{
for (int i=;i<=n;i++) f[i]=i;
sort(Edge+,Edge++m,cmp);
for (int i=;i<=m;i++) {
int fx=father(Edge[i].u),fy=father(Edge[i].v);
if (fx == fy) continue;
f[fy] = fx;
adde(Edge[i].u,Edge[i].v);
adde(Edge[i].v,Edge[i].u);
inTree[i]=;
}
}
void dfs(int u,int fa)
{
g[u][]=fa; dep[u]=dep[fa]+;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs(v,u);
}
}
void init()
{
for (int i=;i<=;i++)
for (int j=;j<=n;j++)
g[j][i]=g[g[j][i-]][i-],
d[j][i]=max(d[j][i-],d[g[j][i-]][i-]);
}
int query(int u,int v){
int ret=;
if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v);
for (int i=;i>=;i--)
if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) ret=max(ret,d[u][i]),u=g[u][i];
if (u==v) return ret;
for (int i=;i>=;i--) if (g[u][i]!=g[v][i]) {
ret=max(max(ret,d[u][i]),d[v][i]);
u=g[u][i]; v=g[v][i];
}
return max(ret,max(d[u][],d[v][]));
}
int main()
{
// freopen("city.in","r",stdin);
// freopen("city.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for (int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
for (int i=;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&Edge[i].u,&Edge[i].v),Edge[i].w=abs(val[Edge[i].v]-val[Edge[i].u]);
kruskal(); dfs(,);
for (int i=;i<=n;i++) f[i]=i;
for (int i=;i<=m;i++) if (!inTree[i]) {
int fx=father(Edge[i].u),fy=father(Edge[i].v);
while (fx!=fy) {
if (dep[fx]<dep[fy]) swap(fx,fy);
d[fx][]=Edge[i].w; f[fx]=g[fx][]; fx=father(fx);
}
}
init();
while (q--) {
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
if (father(u)!=father(v)) puts("infinitely");
else printf("%d\n",query(u,v));
}
return ;
}
C.cpp
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