[多校联考2021] 模拟赛1

总结

对于以前讲过的题还是要复习吧，比如今天 ( t T3) 就是正睿讲的那个题，但是不会做了。

考场上 (A) 了 ( t T2) 挺不错，只是语言选错了拿了暴力分。

思维不行真的没办法，但是能拿的分都要拿到吧。

盗梦空间

题目描述

(q) 次询问，每次给定树上 (k) 个关键点，求所有点中距离关键点最近距离的最大值。

(n,m,qleq 100000)

解法

对于每次询问建虚树，然后讨论一下答案点落在哪里。

• 落在虚树结点上：树形DP解决。
• 落在空子树内：预处理子树内最远点，将儿子按照该值排序。
• 在虚树边上：二分边上的分界点在哪里，预处理倍增数组查询答案。

这东西除了 ( t Oneindark) 谁写得出来啊！

爱乐之城

题目描述

要不你给我谨慎点，要不你给我常数小点。

提交的时候没选 ( t O_2)，直接 ( t T) 飞了。嘤嘤嘤

给定 (n) 个元素 (a_{1..n})，对于 (iin[1,n])，求 (forall iin[1,n],F({a_{1..i}}))，其中：

[zxy_1(n)=sum_{i=1}^nisum_{j=1}^n[(i,j)=1]j ]

[zxy_2(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nmu(ij) ]

[F(S)=sum_{Tin S}zxy_2(gcd(ain T))prod_{ain T}zxy_1(a) ]

答案对 (998244353) 取模，强制在线，(1leq n,a_ileq 4e5)

解法

你要知道其实是三个不相关的子问题。

对于子问题 (1)，也就是求这个：

[zxy_1(a_i)=sum_{j=1}^{a_i}jsum_{k=1}^{a_i}[(j,k)=1]cdot k ]

这个只能在线算，把里面那东西反演一下：

[sum_{j=1}^{a_i}jsum_{k=1}^{a_i}ksum_{x|(j,k)}mu(x) ]

[sum_{x=1}^{a_i}mu(x)cdot x^2cdot sum(frac{a_i}{x})^2 ]

其中 (sum(i)) 表示 (1+2+....i)，这个数论分块可以直接 (O(sqrt m))，应该是正确的复杂度。

---

对于子问题 (2)，记 (d=gcd(a_1,a_2...,a_i))，也就是求这个：

[zxy_2(d)=sum_{i=1}^dsum_{j=1}^dmu(ij) ]

额，这个东西可以 (O(m^2)) 预处理，期望得分 (35) 分。

因为是 ( t gcd)，而且 (a_1) 是知道的，所以他是 (a_1) 的因数，有 (sqrt m) 种取值，如果对于每一种取值能够快速算就好了，会不会 (ij) 对数很小呢？别想了，已经试过了，数量级大的一批。

因为不能把 (mu) 筛都不能筛出来，分析一下他的性质，有了，我们先加一些条件再积性函数分拆。

An idea strikes me.

[sum_{i=1}^dsum_{j=1}^d[(i,j)=1]mu(ij) ]

[sum_{i=1}^dmu(i)sum_{j=1}^dmu(j)sum_{x|(i,j)}mu(x) ]

[sum_{x=1}^{d}mu(x)cdot zy(x)^2 ]

其中 (zy(x)=sum_{x|i}mu(i))，这个东西很容易预处理，额 (...) 所以我们在线算 (zy(x)) 不就行了？

---

凉啦，求的是所有情况的答案，(100->0)，先不做这题了。

这可能就是命运吧。

不管了我就是要硬刚这个题：

[sum_{Tin S}Big(prod_{x}zxy_1(x)Big)cdot zxy_2(d) ]

[sum_{d=1}^{m}zxy_2(d)sum_{Tin S}Big(prod_{xin T}zxy_1(x)cdot [d|x]Big)(gcd(x_i/d)=1) ]

[sum_{d=1}^mzxy_2(d)Big(prod_{xin S}(zxy_1(x)cdot [d|x]+1)Big)sum_{z|gcd(x_i/d)}mu(z) ]

[sum_{d=1}^mzxy_2(d)sum_{z=1}^{m/d}mu(z)Big(prod_{xin S}zxy_1(x)cdot [dz|x]+1Big) ]

[sum_{T=1}^msum_{z|T}mu(z)cdot zxy_2(frac{T}{z}).... ]

前面那个东西是系数，可以直接算出来。

后面那东西好像可以边做边维护诶，每次就把 (a_i) 拿去分解就行了呗，把因数的答案更新下。

但是算 (zxy_2(d)) 的时间复杂度又爆掉了啊，现在要 (O(m^2)) 来算了，对了，那个东西在 (zy(x)) 改的时候顺便修改一下不就行了吗？

时间复杂度 (O(msqrt m))，真不错！但是好像还是过不了。

---

第一个子问题可以搞，我们直接把所有 (v) 的都处理出来，还是一个一个增加。

可以考虑成有若干个 (x)，如果碰到一个 (x) 的倍数那么会改，所以也可以 (O(mlog m))

都用因数的方式来考虑，都可以 (O(mlog m))！

#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int M = 400005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
void write(int x)
{
	if(x<0) x=-x,putchar('-');
	if(x<=9) {putchar(x+'0');return ;}
	write(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int n,m,op,cnt,ans,sy,a[M],b[M],c[M],f[M],g[M],zxy[M],now[M];
int cur,mu[M],p[M],vis[M],zy[M],sum[M];vector<int> v[M];
void sieve(int n)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!vis[i])
		{
			mu[i]=-1;
			p[++cnt]=i;
		}
		for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		b[i]=mu[i]*i*i%MOD; 
		c[i]=(c[i-1]+i)%MOD;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		c[i]=c[i]*c[i]%MOD;
}
int gcd(int a,int b)
{
	return !b?a:gcd(b,a%b);
}
void upd(int x,int y)
{
	cur=(cur-mu[x]*zy[x]*zy[x])%MOD;
	zy[x]+=y;
	cur=(cur+mu[x]*zy[x]*zy[x])%MOD;
}
void fuck(int x,int y)
{
	ans=(ans-g[x]*f[x])%MOD;
	f[x]=f[x]*(y+1)%MOD;
	ans=(ans+g[x]*f[x])%MOD;
}
void add(int x)
{
	sy=(sy-b[x]*c[now[x]])%MOD;
	now[x]++;
	sy=(sy+b[x]*c[now[x]])%MOD;
}
signed main()
{
	freopen("lalaland.in","r",stdin);
	freopen("lalaland.out","w",stdout); 
	n=read();m=read();op=read();
	sieve(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read();
	//把每个数的因数预处理出来
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=i;j<=m;j+=i)
			v[j].push_back(i);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		//这东西要在线算 
		for(int j=0;j<v[i].size();j++)
			upd(v[i][j],mu[i]);
		sum[i]=cur;f[i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
		for(int j=i;j<=m;j+=i)
			g[j]=(g[j]+mu[i]*sum[j/i])%MOD; 
	//优化 
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=0;j<v[i].size();j++)
			add(v[i][j]);
		zxy[i]=sy;
	}
	//在线算呗
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(op==1) a[i]=(19891989*ans+a[i])%m+1;
		//出题人死了几个吗这么搞，WDNMD!
		//枚举a[i]的所有因数 
		for(int j=0;j<v[a[i]].size();j++)
			fuck(v[a[i]][j],zxy[a[i]]);
		ans=(ans+MOD)%MOD;
		if(op==0 && i==n) printf("%lld
",ans);
		else if(op==1) printf("%lld
",ans);
	}
}

星际穿越

题目描述

Once you’re a parent, you’re the ghost of your children’s future.

And love is the only thing we’re capable of perceiving that transcends time and space.

求满足下列条件的 (r imes n) 的矩阵个数：

• 给定一个正整数 (k)，我们说 (j(1leq j<n)) 是稳定的，当且仅当 (forall 1leq ileq r,a_{i,j}<a_{i,j+1})
• 每一行是一个长度为 (n) 的排列
• 若 (j) 是 (k) 的倍数，则第 (j) 列应该是不稳定的，否则若 (j) 不是 (k) 的倍数，则 (j) 列应该是稳定的。

答案对 (998244353) 取模。

(nleq 1000000,rleq 19891989)

解法

先讲一个 (40) 分的针对 (r=1,nleq2000) 的做法，不会真的有人去打五分的爆搜吧。

就用类似连续段 (dp) 的思想，每次插入一个新的数就会带来一些改变，也就是 (dp) 过程中排列是不确定的。所以就不能存固定的数值，设 (dp[i][j]) 表示填完前 (i) 个位置，(i) 位置的数位前 (i) 个数中的第 (j) 大，转移就看当前位置是不是 (k) 的倍数，用前缀后缀和算一下就行了，时间复杂度 (O(n^2))

---

正解需要容斥，但是我们是做过类似的题的：不等关系，令 (m=lfloorfrac{n-1}{k} floor)，(ans_i) 表示有 (i) 个位置违反的方案数，那么：

[Ans=sum_{j=0}^m(-1)^jans_j ]

考虑 (dp) 维护容斥系数，设 (f_i) 表示考虑到 (i) 的容斥系数，转移就枚举连续的一段放小于号，段的端点一定是不稳定的大于号，但是我们让他是随便放的，所以就会划分出段。对于那些被钦定成了小于号的大于号，会贡献一个 (-1) 的系数，我们再最后乘上 ((-1)^m) 在随便放的那里贡献 (-1)（方便转移）：

[f_i=-sum_{j=0}^{i-1}frac{f_j}{[k(i-j)]!} ]

除以 ([k(i-j)]!) 表示可重集的排列数，因为段内顺序一定，全局又是无须的，那么最后的答案是：

[n!cdot(-1)^msum_{i=0}^mfrac{f_i}{(n-ik)!} ]

上面讨论的是 (r=1) 的情况，你发现转移算的是一段小于号的情况，这个可以直接扩展到 (r>1) 的情况，因为这样每一行就是独立的了，直接乘法原理即可，直接把所有的阶乘快速幂一下。

暴力算这个 (dp) 是 (O(n^2)) 的，但是可以分治 ( t FFT) 可以 (O(nlog^2n))

众所周知，简单的分治 ( t FFT) 可以用多项式求逆优化，设 (F(x)=sum_{j=1}^infty f_ix^i,G(x)=sum_{j=1}^inftyfrac{1}{(jk)!})：

[F(x)=-(F(x)+1)G(x) ]

[F(x)=frac{-G(x)}{1+G(x)} ]

直接多项式求逆做到 (O(nlog n))

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 4000005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,r,k,ans,fac[M],inv[M],a[M],f[M],g[M];
namespace poly
{
	int len,A[M],B[M],rev[M];
	int qkpow(int a,int b)
	{
		int r=1;
		while(b>0)
		{
			if(b&1) r=r*a%MOD;
			a=a*a%MOD;
			b>>=1;
		}
		return r;
	}
	void NTT(int *a,int len,int op)
	{
		for(int i=0;i<len;i++)
		{
			rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(len/2));
			if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
		}
		for(int s=2;s<=len;s<<=1)
		{
			int t=s/2,w=(op==1)?qkpow(3,(MOD-1)/s):qkpow(3,MOD-1-(MOD-1)/s);
			for(int i=0;i<len;i+=s)
				for(int j=0,x=1;j<t;j++,x=x*w%MOD)
				{
					int fe=a[i+j],fo=a[i+j+t];
					a[i+j]=(fe+x*fo)%MOD;
					a[i+j+t]=((fe-x*fo)%MOD+MOD)%MOD;
				}
		}
		if(op==1) return ;
		int inv=qkpow(len,MOD-2);
		for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
	}
	void work(int n,int *a,int *b)
	{
		len=1;while(len<2*n) len<<=1;
		for(int i=0;i<len;i++) A[i]=B[i]=0;
		for(int i=0;i<n;i++) A[i]=a[i];
		for(int i=0;i<n/2;i++) B[i]=b[i];
		NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);
		for(int i=0;i<len;i++)
			A[i]=((2*B[i]-B[i]*B[i]%MOD*A[i])%MOD+MOD)%MOD;
		NTT(A,len,-1);
		for(int i=0;i<n;i++) b[i]=A[i];
	}
	void inv(int n,int *a,int *b)
	{
		b[0]=qkpow(a[0],MOD-2);
		int cur=1;
		while(cur<n)
		{
			cur<<=1;
			work(cur,a,b);
		}
	}
	void mul(int n,int *a,int *b)
	{
		len=1;while(len<2*n) len<<=1;
		for(int i=0;i<len;i++) A[i]=B[i]=0;
		for(int i=0;i<n;i++) A[i]=a[i],B[i]=b[i];
		NTT(A,len,1);NTT(B,len,1);
		for(int i=0;i<len;i++) A[i]=A[i]*B[i]%MOD;
		NTT(A,len,-1);
		//只需要n项 
		for(int i=0;i<n;i++) b[i]=A[i];
	}
};
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=poly::qkpow(inv[i],r);
		fac[i]=poly::qkpow(fac[i],r);
	}
}
signed main()
{
	freopen("interstellar.in","r",stdin);
	freopen("interstellar.out","w",stdout);
	n=read();r=read();k=read();m=(n-1)/k+1;
	init(1e6);
	for(int i=1;i<m;i++)
		g[i]=MOD-inv[i*k],a[i]=inv[i*k];
	a[0]=1;
	poly::inv(m,a,f);
	poly::mul(m,g,f);
	f[0]=1;//这里别忘记了哦 
	for(int i=0;i<m;i++)
		ans=(ans+f[i]*inv[n-i*k])%MOD;
	if((m-1)&1) ans=MOD-ans;
	ans=ans*fac[n]%MOD;
	printf("%lld
",ans);
}