2018.08.14【2018提高组】模拟A组 比赛总结

题解

这次的A组难得得水。

T1

这题我一看，就想起了GDOI的一道题——密码锁

\(O(n)\)算法——差分

于是乎兴奋地发现这道题可以用差分来解。

设\(f_i=a_i-a_{i-1}\)。

然后就可以发现一些神奇的东西：

当\(f_i>0\)时，第i个数比第i-1个数的操作数多了\(f_i\)，可以先一起+1，再给第i个数+1

当\(f_i=0\)时，第i个数与第i-1个数的操作数一样多，一起+1即可

当\(f_i<0\)时，第i个数比第i-1个数的操作数少了\(-f_i\)，因此只能与它一起进行\(a_i\)次操作。

于是可以用一个栈维护一下每一个操作（具体见标程），考场AC！

\(O(n\log_2n)\)算法——分治+RMQ

差分的方法可能比较难理解，不过这个做法比较简单。

可以发现，对于每个区间\([l,r]\)，一开始我们是可以把里面所有数+1的，直到加到\(a_{min}\)（设min为l到r的最小值），接下来就是\([l,min]\)和\([min+1,r]\)这两个区间+1。

因此，这题可以用分治来做。

但是暴力求最小值会TLE，因此要用RMQ优化一下。

T2

比赛时毫无头绪，于是乎打了一个暴力，水了45分。

为了方便，设下面所用的x数组均满足第一个条件。

设\(F(x)=\Pi_{i=1}^{2m}x_i\)，如果\(F(x)<n^m\)，令\(x'=(\frac{n}{x_1},\frac{n}{x_2},...,\frac{n}{x_{2m}})\)，可以发现所有的x'都满足\(F(x')>n^m\)，且数量等于全部的\(F(x)>n^m\)的数量。由于x'与x是一一对应的，所以\(F(x)<n^m\)与\(F(x)>n^m\)的方案数一样多。

设A表示\(F(x)<n^m\)的方案数，B表示\(F(x)=n^m\)的方案数，C表示\(F(x)>n^m\)的方案数。显然A+B+C的值为\(\sigma(n)^{2m}\)。而我们又已经证明了A=C，所以只要求出B，就可以求出A：

\[A =\frac{A+B+C+B}{2}\\
=\frac{\sigma(n)^{2m}+B}{2}
\]

那么B怎么求呢？

设\(n={p_1}^{c_1}\cdot{p_2}^{c_2}\cdots{p_k}^{c_k}\)，其中p都为质数，且两两不同。

设\(f_{i,j}\)表示到了n的某个质因数，到了\(x_i\)，已经选了j个\(p\)的方案数，这个很容易求。

最后把所有的 f 乘起来就是B了。

T3

赛时不懂样例，问DL们，不答，曰：“告诉你样例怎么求不就是白给了40分了吗？”。计算半日，无解，遂弃疗。

设\(f_i\)表示从i的子节点走到i的期望步数，\(g_i\)表示从i的父节点走到i的期望步数。

那么状态转移方程显然（其中\(deg_i\)表示i的度，\(fa_i\)表示i的父节点）：

\(f_u=\frac{1}{deg_u}+\Sigma_{x\in child_u}\frac{f_x+1+f_u}{deg_u}\)

\(g_u=\frac{1}{deg_{fa_u}}+\frac{1+g_u+g_{fa_u}}{deg_{fa_u}}+\Sigma_{x\in child_{fa_u}\bigwedge x\neq u}\frac{1+g_u+fx}{deg_{fa_u}}\)

移项后，转移方程中的\(f_u,g_u\)就可以被消去了：

\[\begin{aligned}
f_u & =\frac{1}{deg_u}+\sum_{x\in child_u}\frac{f_x+1+f_u}{deg_u}\\
f_u & =\frac{1}{deg_u}+\frac{fu(deg_u-1)}{deg_u}+\sum_{x\in child_u}\frac{f_x+1}{deg_u}\\
f_u-\frac{fu(deg_u-1)}{deg_u} & =\frac{1}{deg_u}+\sum_{x\in child_u}\frac{f_x+1}{deg_u}\\
\frac{deg_uf_u-fu(deg_u-1)}{deg_u} & =\frac{1}{deg_u}+\sum_{x\in child_u}\frac{f_x+1}{deg_u}\\
(deg_u-deg_u+1)f_u & =1+deg_u-1+\sum_{x\in child_u}f_x\\
f_u & =deg_u+\Sigma_{x\in child_u}f_x
\end{aligned}
\]

\[\begin{aligned}
g_u & =\frac{1}{deg_{fa_u}}+\frac{1+g_u+g_{fa_u}}{deg_{fa_u}}+\sum_{x\in child_{fa_u}\bigwedge x\neq u}\frac{1+g_u+f_x}{deg_{fa_u}}\\
g_u & =\frac{2}{deg_{fa_u}}+\frac{g_u(deg_{fa_u}-1)}{deg_{fa_u}}+\frac{g_{fa_u}}{deg_{fa_u}}+\sum_{x\in child_{fa_u}\bigwedge x\neq u}\frac{1+f_x}{deg_{fa_u}}\\
\frac{(deg_{fa_u}-1)g_u}{deg_{fa_u}} & = \frac{2+g_{fa_u}+deg_{fa_u}-2}{deg_{fa_u}}+\sum_{x\in child_{fa_u}\bigwedge x\neq u}\frac{f_x}{deg_{fa_u}}\\
g_u & = deg_{fa_u}+g_{fa_u}+\sum_{x\in child_{fa_u}\bigwedge x\neq u}f_x
\end{aligned}
\]

求结果时计算u到lca的所有f的和与v到lca的所有的g的和即可。

---

标程

T1

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100010
struct add
{
	int start,end,times;
}a[N],ans[N];
bool cmp(const add x,const add y)
{
	if(x.start!=y.start) return x.start<y.start;
	return x.end>y.end;
}
int main()
{
	freopen("range.in","r",stdin);
	freopen("range.out","w",stdout);
	int n,i,j,now,minus,last=0,times=0,l=0,lenth=0;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&now);
		if(now>last)
		{
			times+=now-last;
			a[++l]=(add){i,0,now-last};
		}
		else if(now<last)
		{
			minus=last-now;
			while(a[l].times<minus)
			{
				ans[++lenth]=(add){a[l].start,i-1,a[l].times};
				minus-=a[l].times,l--;
			}
			ans[++lenth]=(add){a[l].start,i-1,minus};
			a[l].times-=minus;
		}
		last=now;
	}
	while(l>0)
	{
		ans[++lenth]=(add){a[l].start,n,a[l].times};
		l--;
	}
	printf("%d\n",times);
	for(i=1;i<=lenth;i++)
		for(j=1;j<=ans[i].times;j++)
			printf("%d %d\n",ans[i].start,ans[i].end);
	return 0;
}

T2

#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 998244353
ll f[250][3500],n,m,p,c,tt,sum=1;
inline ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
inline void dp()
{
	memset(f,0,sizeof(f));
	ll i,j,k;
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=tt;i++)
		for(j=0;j<=c*m;j++)
			for(k=min(j,c);k>-1;k--)
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k])%mod;
}
inline ll power(ll x,ll y)
{
	ll s=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) s=s*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return s;
}
int main()
{
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	ll i,j,k,b=1,inv;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	tt=m<<1;
	for(i=2;i<=sqrt(n);i++)
		if(n%i==0)
		{
			p=i,c=0;
			while(n%i==0) n/=i,c++;
			sum=sum*(c+1)%mod,dp();
			b=b*f[tt][c*m]%mod;
		}
	if(n>1)
	{
		p=n,c=1;
		sum=sum*(c+1)%mod,dp();
		b=b*f[tt][c*m]%mod;
	}
	sum=power(sum,tt);
	inv=power(2,mod-2);
	printf("%lld\n",(sum+b)%mod*inv%mod);
	return 0;
}

T3

#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000007ll
#define N 100010
struct edge
{
	ll end,next;
}a[N<<1];
struct node
{
	ll deep,id;
}now;
priority_queue<node>data;
bool close[N];
ll first[N],deg[N],deep[N],f[N],g[N],fa[N][20],n,m,s;
bool operator <(const node x,const node y){return x.deep<y.deep;}
inline void inc(ll x,ll y)
{
	deg[x]++,deg[y]++;
	a[++s]=(edge){y,first[x]};
	first[x]=s;
	a[++s]=(edge){x,first[y]};
	first[y]=s;
}
void makeTree(ll k,ll from)
{
	fa[k][0]=from;
	deep[k]=deep[from]+1;
	for(ll i=first[k];i;i=a[i].next)
		if(a[i].end!=from)
			makeTree(a[i].end,k);
}
void countf()
{
	ll i;
	while(!data.empty())
	{
		now=data.top();
		data.pop();
		(f[fa[now.id][0]]+=f[now.id])%=mod;
		if(!close[fa[now.id][0]])
		{
			close[fa[now.id][0]]=1;
			data.push((node){now.deep-1,fa[now.id][0]});
		}
	}
}
void countg(ll k)
{
	ll i,sum=0;
	for(i=first[k];i;i=a[i].next)
		if(a[i].end!=fa[k][0])
			sum+=f[a[i].end];
	for(i=first[k];i;i=a[i].next) if(a[i].end!=fa[k][0])
	{
		g[a[i].end]=deg[k]+g[k]+sum-f[a[i].end];
		countg(a[i].end);
	}
}
inline ll lca(ll u,ll v)
{
	ll i,ans=0;
	if(deep[u]<deep[v]) swap(u,v);
	for(i=17;i>=0;i--)
		if(deep[fa[u][i]]>=deep[v])
			u=fa[u][i];
	if(u==v) return u;
	for(i=17;i>=0;i--)
		if(fa[u][i]!=fa[v][i])
			u=fa[u][i],v=fa[v][i];
	return fa[u][0];
}
void dfs(int k)
{
	f[k]=(f[k]+f[fa[k][0]])%mod,g[k]=(g[k]+g[fa[k][0]])%mod;
	for(int i=first[k];i;i=a[i].next)
		if(a[i].end!=fa[k][0])
			dfs(a[i].end);
}
int main()
{
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	ll i,j,u,v,ans;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(i=1;i<n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&u,&v);
		inc(u,v);
	}
	deep[0]=0;
	makeTree(1,0);
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		f[i]=deg[i];
		if(deg[i]==1)
			close[i]=1,data.push((node){deep[i],i});
	}
	close[0]=close[1]=1;
	countf();countg(1);
	dfs(1);
	for(j=1;j<18;j++)
		for(i=1;i<=n;i++)
			fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1];
	while(m--)
	{
		scanf("%lld%lld",&u,&v);
		i=lca(u,v);
		ans=f[u]+mod-f[i]+g[v]+mod-g[i];
		if(ans) printf("%lld\n",ans%mod);
		else puts("0");
	}
	return 0;
}