去冬令营转了一圈发现自己比别人差根源在于刷题少，见过的套路少(>ω<)
于是闲来无事把历年省选题做了一些
链接放的都是洛谷的，bz偷懒放的也是链接
AM.T1 奇怪的背包
Problem
Solution
暴力 \(60\)，加上送的 \(10\) 有 \(70\) ，暴力进队
首先在模意义下倍数能表达的东西……裴蜀定理！即 \(\{kx\bmod p\}=\{k\cdot \gcd(x,p)\bmod p\}\)，所以输入的 \(V_i\) 可以先与 \(P\) 取个 \(\gcd\)
然后发现这样处理之后所有的 \(V_i|P\)，即都是 \(P\) 的因子，而 \(P\leq 10^9\) 时，不同的因子最多大约有 \(2^{10}\) 个。
所以可以很快列出方程：
\[f[i][j] += f[i-1][j]\\
f[i][\gcd(j,V_i)]+=(2^{c_i}-1)\cdot f[i][j]
\]
f[i][\gcd(j,V_i)]+=(2^{c_i}-1)\cdot f[i][j]
\]
其中 \(f[i][j]\) 表示考虑前 \(i\) 个因子且选取数的 \(\gcd\) 为 \(j\) 时的方案数，由于这个状态两维是同阶的，所以计算次数在 \(10^6\) 左右
最后统计答案，考虑统计 \(x\) 的答案，为 \(\sum_{d|x}g[d]\)，其中 \(g[d]\) 表示选择中 \(\gcd\) 为 \(d\) 的方案总数，由 \(f\) 可得
而若 \(d\not | P\)，则 \(g[d]=0\) 不需要考虑，所以只需要考虑 \(\sum_{d|\gcd(x,P)}g[d]\)，而 \(\gcd(x,P)\) 又是 \(P\) 的因子了，可以预处理
Code
偷懒用了 \(map\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char c11=getchar(),ob=0;x=0;
while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')ob=1,c11=getchar();
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;
}
const int N = 2047, p = 1e9+7;
int bs[N],tp;
int c[N],f[N][N],g[N];
int n,Q,P;
inline void pls(int&A,const int&B) {A += B; if(A >= p) A -= p;}
inline int qpow(int A,int B){
int res = 1; while(B){
if(B&1) res = (ll)res * A%p;
A = (ll)A * A%p, B >>= 1;
}return res;
}
map <int,int> mp;
int main(){
read(n),read(Q),read(P);
for(int i=1;i*i<=P;++i)
if(P % i == 0)
bs[++tp] = i, bs[++tp] = P/i;
if(bs[tp] == bs[tp-1]) --tp;
sort(bs+1,bs+tp+1);
for(int i=1;i<=tp;++i)
mp[bs[i]] = i;
for(int i=1,x;i<=n;++i){
read(x), x = __gcd(x,P);
++c[mp[x]];
}
f[0][tp] = 1;
for(int i=1;i<=tp;++i)
for(int j=1;j<=tp;++j){
f[i][j] = f[i-1][j];
pls(f[i][mp[__gcd(bs[i],bs[j])]], (ll)f[i-1][j]*(qpow(2,c[i])-1)%p);
}
for(int i=1;i<=tp;++i)
g[i] = f[tp][i];
for(int i=tp;i;--i)
for(int j=i+1;j<=tp;++j)
if(bs[j] % bs[i] == 0)
pls(g[j],g[i]);
int x;
while(Q--){
read(x), x = __gcd(x,P);
printf("%d\n",g[mp[x]]);
}
return 0;
}
AM.T2 反色游戏
Problem
Solution
首先 \(70\) 可以动态线性基……
然后一个环同时取反影响不变，所以可以找出一棵生成树
进一步的，生成树上的边全部线性无关，而非树边取任意状态都可以在生成树上找到一个对应状态，设非树边有 \(t\) 条，答案为 \(2^t\)
然后题目要求删除每个点后的答案……明显和HNOI2012矿场搭建类似求出点双分别维护即可
如果没想全所有情况可能会很难调
Code
#include <bits/stdc++.h>
inline void cmin(int&A,const int&B) {if(A > B) A = B;}
inline void read(int&x){
char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}
const int N = 101000, p = 1e9+7;
struct Edge{int v,nxt;} a[N+N];
int head[N],dfn[N],low[N];
int id[N],blk[N],cut[N],fuck[N],di[N];
int sz_blk[N],son_blk[N];
int deg[N],bin[N];char s[N];
int n,m,T,_,O,dfc;
inline int qm(int x) {return x < p ? x : x - p;}
inline void ad(){
static int x,y; read(x), read(y);
a[++_].v = y, a[_].nxt = head[x], head[x] = _, ++deg[x];
a[++_].v = x, a[_].nxt = head[y], head[y] = _, ++deg[y];
}
void dfs(int x){
dfn[x] = low[x] = ++dfc;
id[x] = O, sz_blk[x] = blk[x];
di[x] = (x != O);
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt){
if(!dfn[a[i].v]){
dfs(a[i].v);
cmin(low[x], low[a[i].v]);
sz_blk[x] += sz_blk[a[i].v];
if(dfn[x] <= low[a[i].v]){
++di[x];
son_blk[x] += son_blk[a[i].v];
if(x != O) cut[x] = 1;
if(sz_blk[a[i].v]&1) ++fuck[x];
}
}else cmin(low[x], dfn[a[i].v]);
}
if(x == O and a[head[x]].nxt) cut[x] = 1;
}
int main(){
bin[0] = 1;
for(int i=1;i<N;++i) bin[i] = qm(bin[i-1] << 1);
read(T);
while(T--){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=m;++i) ad();
scanf("%s",s+1);
for(int i=1;i<=n;++i) blk[i] = s[i] - '0';
int con = 0, sum = 0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!dfn[i]){
O = i, dfs(i), ++con;
sum += (sz_blk[i] & 1);
}
printf("%d",sum ? 0 : bin[m-n+con]);
for(int x=1;x<=n;++x){
int res = bin[m - n + con - deg[x] + di[x]];
if(fuck[x]) res = 0;
if(sz_blk[id[x]] - son_blk[x] - blk[x] & 1) res = 0;
if(sum - (sz_blk[id[x]] & 1)) res = 0;
printf(" %d",res);
}
dfc = _ = 0;
for(int i=1;i<=n;++i){
head[i] = sz_blk[i] = son_blk[i] = fuck[i] = di[i] = 0;
id[i] = deg[i] = blk[i] = dfn[i] = low[i] = cut[i] = 0;
}
putchar(10);
}
return 0;
}
AM.T3 字串覆盖
Problem
Solution
直接想还是很难的……
但是看到部分分那么具有提示性，肯定是拼接程序
对于 \(r-l\) 比较大的时候：建出后缀数组，可以找到一个匹配区间，建出主席树每次贪心选取
对于 \(r-l\) 比较小的时候：使用 \(O((r-l)n)\) 的空间预处理一下即可
Code
我确信我写出了一份完美的代码，只是这里地方太小，放不下 懒得写
PM.T1 苹果树
Problem
Solution
这题很坑的一点是 \(p\) 不为质数不能直接除
然后二叉树、n≤2000、随机等字样时刻提醒着要 \(O(n^2)\) Dp
为了考虑合并两个子树时新产生的距离，要维护一个深度和数组 \(g[i]\)
为了考虑合并两个子树时的带权关系，要维护一个生成树种类数组 \(h[i]\)
然后要求答案，设 \(f[i]\) 表示当前子树有 \(i\) 个节点时的期望距离和
首先 \(h[i]=i!\)，因为第 \(i\) 个点有 \(i\) 种放置方法
\[g[i]=i\cdot h[i]+\sum_{L+R+1=i}\binom {i-1}{L}(g[L]h[R]+g[R]h[L])
\]
\]
\[f[i]=\sum_{L+R+1=i}\binom {i-1}{L}\bigl[f[L]h[R]+f[R]h[L]+g[R]h[L](L+1)+g[L]h[R](R+1)\bigr]
\]
\]
时间复杂度 \(O(n^2)\)
Code
#include <cstdio>
typedef long long ll;
const int N = 2017;
int c[N][N],fac[N],f[N],g[N];
int n,p;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&p);
fac[0] = c[0][0] = 1;
for(int i=1;i<=n;++i){
fac[i] = (ll)fac[i-1] * i%p;
c[i][0] = 1;
for(int j=1;j<=i;++j)
c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j])%p;
}
g[1] = 1;
for(int i=2;i<=n;++i){
g[i] = (ll)fac[i] * i%p;
for(int j=0;j<i;++j){
int L = j, R = i-j-1;
g[i] = (g[i] + (ll)c[i-1][j] * (((ll)g[L] * fac[R] + (ll)g[R] * fac[L])%p))%p;
f[i] = (f[i] + (ll)c[i-1][j] * (((ll)f[L] * fac[R] + (ll)g[R] * fac[L]%p * (L+1))%p))%p;
f[i] = (f[i] + (ll)c[i-1][j] * (((ll)f[R] * fac[L] + (ll)g[L] * fac[R]%p * (R+1))%p))%p;
}
}
printf("%d\n",f[n]);
return 0;
}
PM.T2 染色
Problem
Solution
好吧，一开始看错题了以为是道累加贡献的水题……然而也不难
由于直接计算不方便，计算 \(g(i)\) 表示恰好出现 \(S\) 次的颜色有至少 \(i\) 种，\(f(i)\) 表示恰好 \(i\) 种
\[g(i)=\binom mi\frac {P_n^{iS}}{(S!)^i}(m-i)^{n-iS}
\]
\]
\[g(i)=\sum_{j=i}^m\binom ji f(j)\Leftrightarrow f(i)=\sum_{j=i}^m(-1)^{j-i}\binom jig(j)
\]
\]
最后答案为 \(\sum_i w_if_i\)，可以 \(ntt\) 加速（不用再把 \(g(j)\) 拆开了，直接求出 \(g(x)\) 后再与二项式系数做卷积）
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int&x){
char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();
}
const int N = 10001000, M = 301000, p = 1004535809, G = 3;
int rev[M];
inline int qm(const int&x) {return x < p ? x : x-p;}
inline int qpow(int A,int B){
int res = 1; while(B){
if(B&1) res = (ll)res * A%p;
A = (ll)A * A%p, B >>= 1;
}return res;
}
void ntt(int*a,int n,int sgn){
for(int i=1;i<n;++i) if(i < rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1){
int gn = qpow(G, (p-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
int g = 1;
for(int k=0;k<i;++k,g=(ll)g*gn%p){
int x = a[j+k], y = (ll)g*a[j+k+i]%p;
a[j+k] = qm(x+y), a[j+k+i] = qm(x-y+p);
}
}
}
if(!sgn){
int iv = qpow(n,p-2); reverse(a+1,a+n);
for(int i=0;i<n;++i) a[i] = (ll)a[i] * iv%p;
}
}
void Conv(int*arr,int*brr,int n){
int nn = 1, len = 0;
while(nn<n+n) nn <<= 1, ++len;
for(int i=1;i<nn;++i) rev[i] = (rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(len-1));
ntt(arr,nn,1),ntt(brr,nn,1);
for(int i=0;i<nn;++i) arr[i] = (ll)arr[i]*brr[i]%p;
ntt(arr,nn,0);
}
int w[M],fac[N],inv[N],g[M],brr[M];
int n,m,S,L;
inline int P(int nn,int mm) {return (ll)fac[nn] * inv[nn-mm]%p;}
inline int C(int nn,int mm) {return (ll)fac[nn] * inv[mm]%p * inv[nn-mm]%p;}
int main(){
read(n),read(m),read(S); L = min(m,n/S);
for(int i=0;i<=m;++i) read(w[i]);
fac[0] = inv[0] = 1;
int MX = max(n,m);
for(int i=1;i<=MX;++i) fac[i] = (ll)fac[i-1] * i%p;
inv[MX] = qpow(fac[MX], p-2);
for(int i=MX;i;--i) inv[i-1] = (ll)inv[i] * i%p;
for(int i=0;i<=L;++i)
g[i] = (ll)C(m,i) * P(n,i*S)%p * qpow(qpow(fac[S],i),p-2)%p * qpow(m-i,n-i*S)%p;
for(int i=0;i<=m;++i){
g[i] = (ll)g[i] * fac[i]%p;
brr[i] = (i&1? p-inv[i] : inv[i]);
}
reverse(brr,brr+m+1);
Conv(g,brr,m);
int Ans = 0;
for(int i=0;i<=m;++i)
Ans = (Ans + (ll)w[i] * g[i+m]%p * inv[i])%p;
printf("%d\n",Ans);
return 0;
}