FCS省选模拟赛 Day3
Description
Solution
T1 game
咕咕咕
T2 string
fail树各个节点的深度之和怎么求?
我们考虑每个前缀的深度是什么
发现这个值就相当于有多少个前缀等于它的后缀
所以有个思路就是考虑一对相同子串的贡献
假设这两个子串是\(S[x..y]\)和\(S[l..r]\)
那么包含\(S[x..r]\)的fail树有\(n-r+1\)个,所以贡献就是\(n-r+1\)
发现上面的可以转化为求\(\sum f_i\),其中\(f_i\)表示\(S[1..i]\)包含的相等子串的数量
最后,考虑\(f_i\)比\(f_{i-1}\)多了多少,发现其实就是所有以\(S_i\)结尾的后缀的贡献总和
考虑计算这个贡献总和
这些串对应的节点实际上组成了parent树上从np到root的一条路径
求路径和的话,可以用有根树LCT(不用makeroot)
每个节点的贡献?
\[(step[x]-step[fail[x]])*(cnt[x]-1)
\]\(cnt[x]\)表示的是这个节点的\(right\)集合大小
LCT需要做什么?
支持单点修改\(step[x]-step[fail[x]]\)的值,以及维护子树和
支持修改整条链(都是一条到根的路径)的\(cnt\)值
支持求一条到根路径的贡献和
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define get(x) (c[fa[x]][1]==x)
const int MN=2e5+5,MX=4e5+5,mod=1e9+7;
int fail[MX],ss[MX][26],step[MX];
int last=1,cnt=1;
ll ans=0,tmp=0;
int val[MX],lazy[MX];
ll X[MX],siz[MX];
int fa[MX],c[MX][2];
inline void upd(int x,int v)
{
if(!x)return;val[x]+=v;lazy[x]+=v;
X[x]=(X[x]+1ll*siz[x]*v%mod)%mod;
}
inline void up(int x)
{
siz[x]=(siz[c[x][0]]+siz[c[x][1]]+step[x]-step[fail[x]])%mod;
X[x]=(X[c[x][0]]+X[c[x][1]]+1ll*(val[x]-1)*(step[x]-step[fail[x]])%mod)%mod;
}
inline void down(int x){if(!lazy[x])return;upd(c[x][0],lazy[x]);upd(c[x][1],lazy[x]);lazy[x]=0;}
inline bool nrt(int x){return c[fa[x]][1]==x||c[fa[x]][0]==x;}
inline void rotate(int x)
{
int y=fa[x],z=fa[y],l=get(x),r=l^1;if(nrt(y))c[z][get(y)]=x;fa[x]=z;
fa[c[x][r]]=y;c[y][l]=c[x][r];fa[y]=x;c[x][r]=y;up(y);
}
inline void Splay(int x)
{
static int q[MX],top;q[top=1]=x;register int i;
for(i=x;nrt(i);i=fa[i]) q[++top]=fa[i];
for(;top;--top) down(q[top]);
for(;nrt(x);rotate(x)) if(nrt(fa[x])) rotate(get(x)^get(fa[x])?x:fa[x]);
up(x);
}
inline void access(int x){register int i;for(i=0;x;x=fa[i=x])Splay(x),c[x][1]=i,up(x);}
inline void cut(int x){access(x);Splay(x);upd(c[x][0],-val[x]);fa[c[x][0]]=0;c[x][0]=0;up(x);}
inline void link(int x,int y){fa[x]=y;access(y);Splay(y);upd(y,val[x]);}
inline void add(int x,int y){access(x);Splay(x);siz[x]=(siz[x]+y)%mod;X[x]=(X[x]+1ll*(val[x]-1)*y%mod)%mod;}
inline int query(int x){access(x);Splay(x);return X[x];}
inline void Insert(int x)
{
int p=last,np=++cnt;step[np]=step[p]+1;val[np]=1;
for(;p&&!ss[p][x];p=fail[p]) ss[p][x]=np;
if(!p)link(np,1),fail[np]=1,add(np,step[np]);
else
{
int q=ss[p][x];
if(step[q]==step[p]+1)link(np,q),fail[np]=q,add(np,step[np]-step[q]);
else
{
int nq=++cnt;step[nq]=step[p]+1;
memcpy(ss[nq],ss[q],sizeof ss[nq]);
add(nq,step[nq]-step[fail[q]]);
add(q,step[fail[q]]-step[nq]);
add(np,step[np]-step[nq]);
link(nq,fail[q]);cut(q);link(q,nq);link(np,nq);
fail[nq]=fail[q];fail[q]=fail[np]=nq;
for(;ss[p][x]==q;p=fail[p]) ss[p][x]=nq;
}
}
last=np;
tmp=(tmp+query(last))%mod;
ans=(ans+tmp)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
char s[MN];
int main()
{
int i,Len=read();
scanf("%s",s+1);
for(i=1;i<=Len;++i) Insert(s[i]-'a');
}
T3 hunter
概率dp
\(f_{i,j}\)表示得是当前被射中的是第\(i\)号猎人,当前还有\(j\)个人时,的答案。
当然我们所说的\(i\)号是对当前剩余猎人进行排序后,从\(1\)号猎人开始数的第\(i\)个,所以\(i\leq j\)
有一个约定是当前剩下的人中一定有\(1\),不然答案就是\(0\)了,我们根本不需要计算
于是:
\[f_{i,j}=\frac{1}{2}(f_{Nex(i),j,},f_{nex(i),j-1})
\]自行意会,这里的\(Nex(i)\)和\(nex(i)\)不是同一个,因为当人数减少后,对应编号会变。
我们设\(t_{i,j}=f_{nex(i),j-1}\),注意\(t_{1,j}=0\),要特别计算
但是,计算\(f_{i,j}\),要求的值形成了若干个环
小学数学告诉我们:
- 环的数量是\(gcd(j,k)\)
- 环的长度是\(\frac{j}{gcd(j,k)}\)
我们对每个环进行计算,设这个环上的元素一次是\(a_{p_1},a_{p_2},...,a_{p_n}\)
于是就有
\[a_{p_i}=\frac{1}{2}(t_{P_i}+a_{p_i})
\]暴力解方程可以得知:
\[a_1=\frac{2^{n-1}t_1+2^{n-2}t_2+...+t_n}{2^n-1}
\]其他的就是轮换一下,就不说啦
然后,就没有然后了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int mod=1e9+7,MN=2005;
int n,k;
int fpow(int x,int m){int r=1;for(;m;m>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(m&1)r=1ll*r*x%mod;return r;}
int gcd(int x,int y){return x?gcd(y%x,x):y;}
int f[MN][MN],t[MN],p2[MN];
signed main()
{
register int i,j,h,ln;
n=read();k=read();
f[1][1]=1;
for(p2[0]=i=1;i<=n+1;++i) p2[i]=p2[i-1]*2ll%mod;
for(i=2;i<=n;++i)
{
#define nx(x) ((x+k%i-1)%i+1)
for(j=1;j<=i;++j)
{
int nex=((k-1)%(i-1)+1+j-1-1)%(i-1)+1;
t[j]=f[nex][i-1];
}
t[1]=0;
int num=gcd(i,k%i),len=i/num,val,Inv=fpow(p2[len]-1,mod-2);
for(j=1;j<=num;++j)
{
val=0;
for(ln=len,h=j;ln;--ln,h=nx(h)) (val+=1ll*p2[ln-1]*t[h]%mod)%=mod;
f[j][i]=1ll*val*Inv%mod;
for(ln=len,h=j;ln>1;--ln,h=nx(h))
{
(val+=mod-1ll*p2[len-1]*t[h]%mod)%=mod,val=2ll*val%mod,(val+=t[h])%=mod;
f[nx(h)][i]=1ll*val*Inv%mod;
}
}
}
printf("%d\n",f[(k-1)%n+1][n]);
return 0;
}
Blog来自PaperCloud,未经允许,请勿转载,TKS!
FCS省选模拟赛 Day3的更多相关文章
- FCS省选模拟赛 Day1
Description Solution T1 shopping 目测是插板法乱搞一下 发现题解写的是容斥dp: \[ ans = \sum_i (-1)^ig[i] \] \(g[i]\)表示的有 ...
- FCS省选模拟赛 Day7
Description Solution T1 island 考虑把问题成两部分计算 纵坐标的距离和很好计算,在输入的同时一次计算了就完事 横坐标又分成两部分 分别在\(y\)轴不同侧的矩形的距离和 ...
- FCS省选模拟赛 Day4
传送门 Solution Code /* 斯坦纳树:O(n*3^n+kE*2^n) 暂且把O(k*E)当成是spfa的复杂度 15:15~16:20 原题:bzoj_4774 */ #include ...
- FCS省选模拟赛 Day5
传送门 Solution Code #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define max(a,b) ((a)>(b)?( ...
- 【洛谷比赛】[LnOI2019]长脖子鹿省选模拟赛 T1 题解
今天是[LnOI2019]长脖子鹿省选模拟赛的时间,小编表示考的不怎么样,改了半天也只会改第一题,那也先呈上题解吧. T1:P5248 [LnOI2019SP]快速多项式变换(FPT) 一看这题就很手 ...
- 【2018.10.20】noip模拟赛Day3 飞行时间
今天模拟赛题目 纯考输入的傻逼题,用$scanf$用到思想僵化的我最终成功被$if$大法爆$0$了(这题只有一组$100$分数据). 输入后面那个$(+1/2)$很难$if$判断,所以我们要判两个字符 ...
- @省选模拟赛03/16 - T3@ 超级树
目录 @description@ @solution@ @accepted code@ @details@ @description@ 一棵 k-超级树(k-SuperTree) 可按如下方法得到:取 ...
- 3.28 省选模拟赛 染色 LCT+线段树
发现和SDOI2017树点涂色差不多 但是当时这道题模拟赛的时候不会写 赛后也没及时订正 所以这场模拟赛的这道题虽然秒想到了LCT和线段树但是最终还是只是打了暴力. 痛定思痛 还是要把这道题给补了. ...
- 省选模拟赛第四轮 B——O(n^4)->O(n^3)->O(n^2)
一 稍微转化一下,就是找所有和原树差距不超过k的不同构树的个数 一个挺trick的想法是: 由于矩阵树定理的行列式的值是把邻接矩阵数值看做边权的图的所有生成树的边权乘积之和 那么如果把不存在于原树中的 ...
随机推荐
- 【洛谷 P3674】 小清新人渣的本愿(bitset,莫队)
题目链接 因为每个数都是\(10^5\)以内,考虑直接用\(bitset\)维护. \(a-b=x\),其实就是看是否有\(p\)和\(p+x\)同时存在,直接\(bitset\)移位按位与一下就好了 ...
- 用JS实现输出两个数范围内的随机数
const rs = require("readline-sync"); function roundNum(min = 0, max = 0) { if (!isNaN(min) ...
- require.context实现前端工程自动化
require.context是什么 一个webpack的api,通过执行require.context函数获取一个特定的上下文,主要用来实现自动化导入模块,在前端工程中,如果遇到从一个文件夹引入很多 ...
- JAVA基础之ServletContext应用
创建一个登陆的界面,并且统计次数! 导入jar包; 1. driver=com.mysql.jdbc.Driver url=jdbc:mysql://localhost:3306/java0603?u ...
- 如何使用jenkins部署maven父子工程
最近使用jenkins自动部署项目时遇到一个问题,如果部署单个的maven工程,没有什么问题, 但是在部署maven创建的父子工程,如果只从svn或者git上拉取子工程源码时,会报找不到父 工程pom ...
- 关于UIImageView缓存加载的笔记
加载图片的两个方法: [UIImage imageNamed:] [[UIImage alloc] initWithContentsOfFile: imgpath] [UIImage imageNam ...
- iview Carousel 轮播图自适应宽高;iview 轮播图 图片重叠问题;iview tabs 高度互相影响问题;vue this问题;
最终效果图: 一.轮播图中图片自适应宽高: <Carousel loop v-bind:height="imgHeight+'px'" v-model="caro ...
- MYSQL5.7.24编译安装
1.解压源代码包 #tar zxvf mysql-boost-8.0.17.tar.gz 2.安装依赖包 #yum -y install gcc gcc-c++ ncurses ncurses-dev ...
- Linux cat命令使用方法
今天小编为大家带来cat的使用方法命令:catcat 命令用于连接文件并打印到标准输出设备上.使用权限所有使用者 语法格式cat [-AbeEnstTuv] [–help] [–version] fi ...
- linux-秘钥生成
服务器sshd配置 #vim /etc/ssh/sshd_conf PubkeyAuthentication yes AuthorizedKeysFile .ssh/authorized_keys # ...