bzoj省选十连测推广赛

A.普通计算姬

题意：给丁一棵树，每个点有一个权值，用sum(x)表示以x为根的子树的权值和，要求支持两种操作：

1 u v  ：修改点u的权值为v。

2 l  r   :  求∑sum[i] l<=i<=r

n,m(操作数)<=10^5

题解:数据范围比较小，考虑分块重建的做法。

求出每个点的dfs序和子树的区间，这样就可以On建出所有节点的sum的前缀和。

然后每次修改操作都把操作存下来，每次查询先找出这段区间的和，再去操作里处理这些操作对这个查询的影响。

具体实现就是：把每个点的子树的dfs序范围的左右端点都扔到一棵主席树里面，每次查询一个区间时候，枚举修改操作，在主席树里面查询，修改操作修改的点影响的子树数量就=右端点大等于它的dfs序的数量-左端点大于它的dfs序的数量。

然后当操作达到一定数量的时候，暴力On重建一发。

如果操作达到k时候重建，那么复杂度就大概是n^2/k+nklogn,题目有4s，很科学。

然后这破题写了好久，还wa了好多次,代码丑。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define ll unsigned long long
using namespace std;
inline int read()
{
   int  x=,f=;char ch=getchar();
   while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') f=-;ch=getchar();}
   while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-''; ch=getchar();}
   return x*f;
}

long long q[],q2[];
int top=;
long long b[];
ll sum[],num[];
int rt1[],rt2[];
int op,u,v,cnt=,n,m,dn=,cc=,rt,head[];
struct edge{
    int to,next;
}e[];
int nl[],nr[];
ll ans=;

struct TREE{
    int l,r,x;
}T[];

void ins(int f,int t)
{
    e[++cnt].next=head[f];head[f]=cnt;
    e[cnt].to=t;
}

int query(int x,int ad)
{
//  cout<<"query"<<x<<" "<<ad<<endl;
    if(ad>n||x==) return ;
    int l=,r=n,sum=;
    while(l<r&&x)
    {
    //  cout<<l<<" "<<r<<" "<<x<<" "<<sum<<endl;
        int mid=(l+r)>>;
        if(ad<=mid)
        {sum+=T[T[x].r].x;x=T[x].l;r=mid;}
        else
            {x=T[x].r;l=mid+;}
    }
    //cout<<sum<<" "<<T[x].x<<endl;
    return sum+T[x].x;
}

void inst(int x,int ls,int ad)
{
//  cout<<"inst"<<x<<" "<<ls<<" "<<ad<<endl;
    int l=,r=n;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)>>;
        if(ad<=mid)
        {
            T[x].l=++cc;T[x].r=T[ls].r;T[x].x=T[ls].x+;
            r=mid;x=T[x].l;ls=T[ls].l;
        }
        else
        {
            T[x].r=++cc;T[x].l=T[ls].l;T[x].x=T[ls].x+;
            l=mid+;x=T[x].r;ls=T[ls].r;
        }
//      cout<<l<<" "<<r<<" "<<x<<" "<<ls<<endl;
    }
    T[x].x=T[ls].x+;
}

void dfs(int x,int fa)
{
    nl[x]=++dn;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
        if(e[i].to!=fa)
            dfs(e[i].to,x);
    nr[x]=dn;
}

void rebuild()
{
    top=;
    for(int i=;i<=n;i++)b[nl[i]]=num[i];
    for(int i=;i<=n;i++)b[i]+=b[i-];
    for(int i=;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-]+b[nr[i]]-b[nl[i]-];
}

void init()
{
    dfs(rt,);
//  for(int i=1;i<=n;i++) cout<<i<<" "<<nl[i]<<" "<<nr[i]<<endl;
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        rt1[i]=++cc;rt2[i]=++cc;
        inst(rt1[i],rt1[i-],nl[i]),inst(rt2[i],rt2[i-],nr[i]);
    }
}

int main()
{
    n=read();m=read();
    for(int i=;i<=n;i++)
       num[i]=read();
    for(int i=;i<=n;i++)
    {
        u=read();v=read();
        if(u==){rt=v;continue;}
        ins(u,v);ins(v,u);
    }init();rebuild();
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        op=read();u=read();v=read();
        if(op==){q[++top]=u;q2[top]=v-num[u];num[u]=v;}
        else
        {
            ans=sum[v]-sum[u-];
            for(int j=;j<=top;j++)
            {
                ans+=1LL*q2[j]*(query(rt2[v],nl[q[j]])-query(rt2[u-],nl[q[j]])
                                   -query(rt1[v],nl[q[j]]+)+query(rt1[u-],nl[q[j]]+));
            }
            printf("%llu\n",ans);
        }
        if(top>=)
        rebuild();
    }
    return ;
}

B.文艺计算姬

题意：求一个一边有n个点，另一边有m个点的完全二分图的生成树数量%p     n,m,p<=10^18

题解：观察之后发现：答案是n^(m-1)*m^(n-1) 由于n,m非常大，所以手写一个大整数乘法就行了。

顺便一说，ditoly 0ms+代码短卡到rank1了，真的劲。复杂度（log^2n)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll unsigned long long
using namespace std;
inline ll read()
{
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') f=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-''; ch=getchar();}
    return x*f;
}

ll n,m,p;

ll mul(ll a,ll b,ll mod)
{
    ll sum=;
    for(;b;b>>=,a=(a<<)%mod)if(b&)sum=(sum+a)%mod;
    return sum;
}

ll pow(ll x,ll p,ll mod)
{
    ll sum=;
    for(ll i=x;p;p>>=,i=mul(i,i,mod))
        if(p&) sum=mul(sum,i,mod);
    return sum;
}

int main()
{
    n=read();m=read();p=read();
    ll ans=mul(pow(n,m-,p),pow(m,n-,p),p);
    cout<<ans;
    return ;
}

C.有一个点位于(0,0)，你要把它移到(ex,ey)，有两种可用的移动，如果原来位于(x,y)的话分别可以让他移动到(x+a,y+b)和(x+c,y+d)a*d-b*c!=0

还有n个点是限制点，不能走，求移动的方案数。  n<=500,限制点的坐标绝对值<=500

题解： 考虑dp+容斥原理，预处理（解方程+组合数）出每两个点之间的方案数量，答案=方案数-走一个限制点的方案数+走两个限制点的方案-........

但这显然要求转移是有序的，我们发现题目只有两种可用的移动，所以我们可以考虑以其中一个向量为x轴，然后按照y坐标为第一关键字，x坐标为第二关键字乱排序一下（可以利用向量的点积和叉积），然后直接dp就没啦。

复杂度(nlogn+n^2)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=,f=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-') f=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-''; ch=getchar();}
    return x*f;
} 

ll q[],r[];
ll f[];
ll g[][];
double xie;
int a,b,c,d;
int ex,ey,n;
struct node{
    int x,y,nx,ny;
}s[];

bool cmp1(node xx,node yy){return xx.nx<yy.nx||(xx.nx==yy.nx&&xx.ny<yy.ny);}
bool cmp2(node xx,node yy){return xx.nx>yy.nx||(xx.nx==yy.nx&&xx.ny<yy.ny);}

ll solve(int x,int y)
{
/*
    a*x1+c*x2=x
    b*x1+d*x2=y
    ab*x1+cb*x2=xb
    ab*x1+ad*x2=ya
    (ad-cb)*x2=ya-xb;
    x2=(yx-xb)/(da-cb)
    ad*x1+cd*x2=xd
    bc*x1+dc*x2=yc
    (bc-ad)x1=yc-xd
*/
    int x2=a*y-x*b,y2=d*a-c*b;
    int x1=y*c-x*d,y1=b*c-a*d;
//  cout<<x<<" "<<y<<" "<<x2<<" "<<y2<<" "<<x1<<" "<<y1<<endl;
    if(x2%y2!=||x1%y1!=)return ;
    x2/=y2;x1/=y1;
    if(x1<||x2<)return ;
    ll sum=q[x1+x2]*r[x1]%mod*r[x2]%mod;
    return sum;
}

int main()
{
    q[]=;r[]=;q[]=r[]=;
    for(int i=;i<=;i++){q[i]=q[i-]*i%mod;r[i]=(mod-(mod/i))%mod*r[mod%i]%mod;}
    for(int i=;i<=;i++)r[i]=r[i]*r[i-]%mod;
    ex=read();ey=read();n=read();
    a=read();b=read();c=read();d=read();
    s[].x=s[].y=;s[n+].x=ex;s[n+].y=ey;
    s[].nx=;s[n+].nx=ey*a-ex*b;
    s[].ny=;s[n+].ny=ex*a+ey*b;
    for(int i=;i<=n+;i++)
    {   s[i].x=read();s[i].y=read();
        s[i].nx=a*s[i].y-s[i].x*b;
        s[i].ny=s[i].x*a+s[i].y*b;
    }
    n+=;
    if(a*d-b*c<)sort(s+,s+n,cmp2);
    else sort(s+,s+n,cmp1);
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=i+;j<=n;j++)
            g[i][j]=solve(s[j].x-s[i].x,s[j].y-s[i].y);
    f[]=-;
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=;j<i;j++)
           f[i]=(f[i]-g[j][i]*f[j])%mod;
    while(f[n]<)f[n]+=mod;
    cout<<f[n];
    return ;
}