杭二集训 2019.8.16

T1

题目意思：给定一个01串，你可以进行区间异或操作，最少用几次能让这个串完全相同

数据范围：(nle 1e7)

Solution:

(f[i])表示全变成1的最小操作数，(g[i])表示全变成0，输出min值

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+1;
int n,f[N],g[N];char s[N];
int main(){
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
	s[1]=='0'?f[1]=1:g[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		f[i]=f[i-1],g[i]=g[i-1];
		if(s[i]!=s[i-1])
			s[i]=='0'?f[i]++:g[i]++;
		f[i]=min(f[i],g[i]+1);
		g[i]=min(g[i],f[i]+1);
	}return printf("%d
",min(f[n],g[n])),0;
}

T2

题目意思：给定长度为(n)的一个数列，求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n lcm(a_i,a_j))

数据范围：(nle1e6,a_ile1e6)

Solution:

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n{a_i imes a_j over gcd(a_i,a_j)}\ d=gcd(a_i,a_j)\ sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n{a_i imes a_j over d}\ M=max \,a_i\ sum_{d=1}^M sum_{d|a_i}sum_{d|a_j}[gcd({a_i over d},{a_j over d})=1] a_i imes a_j \ D=gcd({a_i over d},{a_j over d})\ sum_{d=1}^M sum_{d|a_i}sum_{d|a_j} sum_{t|D} mu(t) a_i imes a_j\ ]

[sum_{d=1}^M sum_{t=1}^M mu(t)sum_{d|a_i}sum_{d|a_j}sum_{t|{a_i over d}}sum_{t|{a_jover d}} {a_i imes a_j over d}\ sum_{d=1}^M sum_{t=1}^M mu(t)sum_{d imes t|a_i}sum_{d imes t|a_j}{a_i imes a_j over d}\T=a_i imes a_j\ sum_{T=1}^Msum_{t|T} mu(t) tsum_{T|a_i}sum_{T|a_j} {a_i imes a_j over T}\ ]

推式子就到此为止了(并没有)，考虑如何预处理出后面的两个式子，设(v_i)表示(i)的出现次数

[sum_{T|a_i}sum_{T|a_j}{a_i imes a_j over T}\ T(sum_{k=1}^M v_{kT} imes k)^2\ ]

于是后面的式子可以做到(O(n \, log \, n))预处理，前一个式子则在线筛中处理

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+1;
const int p=998244353;
int M,n,a[N],mu[N],v[N];
int tot,pri[N],vis[N];
long long ans,tmp,f[N],g[N],sum[N];
void prepare(){mu[1]=1;f[1]=1;
	for(int i=2;i<=M;i++){
		if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1,f[i]=1-i;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=M;j++){
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				int w=pri[j],x=i,u=w;
				while(x%w==0){x/=w;u*=w;}
				if(x==1) f[u*x]=(f[u/w]+(mu[u]*1ll*u)%p)%p;
				else f[u*x]=(f[u]*1ll*f[x])%p;
				break;
			}
			f[i*pri[j]]=f[i]*1ll*f[pri[j]];
			f[i*pri[j]]%=p;mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=M;i++){
		long long re=0;
		for(int j=1;j<=M/i;j++)
			re+=j*1ll*v[i*j],re%=p;
		g[i]=i*((re*1ll*re)%p);
	}
}
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
int gcd(int x,int y){
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}
long long lcm(int x,int y){
	long long re=x*1ll*y;
	return re/gcd(x,y);
}
signed main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),v[a[i]]++,M=max(M,a[i]);
	prepare();
	for(int i=1;i<=M;i++){
		ans+=f[i]*1ll*g[i],ans%=p;
		ans=(ans+p)%p;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

T3

题目意思：给你一棵n个点n-1条边的树，每个点i上有一个可正可负的整数权值ai。我们定义树上一个连通块的权值为其中所有点的权值和。有q次询问，每次询问给出k个点（保证包含1号点），请你告诉他所有包含这k个点的联通块中，权值最大的连通块权值是多少

Solution:

设(f[x])表示(x)的子树内，包含(x)点的最大连通块权值和

那么每次询问的答案可以表示为：(f[1]+sum_{iin V}[f[i]<0]\,\,f[i])

其中集合(V)表示这(k)个点构成联通块所需的最少的点的点集

这个其实很好理解，考虑(f[x])的转移：(f[x]=sum_{iin son_x} [f[i]>0]\,\,f[i])

也就是说，对于所有(f[x]>0)的点来说，他们的贡献都是加入到了答案里的

那么我们只需要考虑如何快速的算出上面的式子就行了

考虑(g[x])，(g[x]=sum_{vin up_x} [f[v]<0]\,\,f[v])，其中(up_x)表示从(x)到根节点需要经过的所有点的集合(包过(x)，不包过根)

那么我们只需要用set维护dfs序，再求lca维护(g)值就OK了(维护参考异象石)

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define IT set<int,Pos>:: iterator
using namespace std;
const int N=1e5+1;
int n,q,cnt,tim,head[N];
int dep[N],a[N],p[22][N],dfn[N];
long long f[N],g[N];
struct Edge{int nxt,to;}edge[N<<1];
struct Pos{
	bool operator () (int a,int b){return dfn[a]<dfn[b];}
};set<int,Pos> s;
void ins(int x,int y){
	edge[++cnt].nxt=head[x];
	edge[cnt].to=y;head[x]=cnt;
}
void dfs1(int x,int fa){
	dfn[x]=++tim;
	dep[x]=dep[fa]+1;p[0][x]=fa;
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
		int y=edge[i].to;
		if(y==fa) continue;
		dfs1(y,x);if(f[y]>0) f[x]+=f[y];
	}f[x]+=a[x];
}
void trans(){
	for(int i=1;i<=log2(n)+1;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			p[i][j]=p[i-1][p[i-1][j]];
}
int lca(int x,int y){
	if(x==1||x==y) return x;
	if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
	for(int i=log2(n)+1;i>=0;i--)
		if(dep[p[i][x]]>=dep[y]) x=p[i][x];
	if(x==y) return x;
	for(int i=log2(n)+1;i>=0;i--)
		if(p[i][x]!=p[i][y]) x=p[i][x],y=p[i][y];
	return p[0][x];
}
void dfs2(int x,int fa){
	g[x]=g[fa];if(f[x]<0) g[x]+=f[x];
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
		int y=edge[i].to;
		if(y==fa) continue;
		dfs2(y,x);
	}
}
int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x=read(),y=read();
		ins(x,y),ins(y,x);
	}
	dfs1(1,0);trans();dfs2(1,0);
	q=read();
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int k=read();s.clear();
		for(int j=1;j<=k;j++){
			int x=read();
			s.insert(x);
		}
		IT it=s.begin();int lst=*it;
		long long ans=0;
		while(it!=s.end()){++it;
			if(it==s.end()){
				ans+=g[lst];
				break;
			}int x=*it;
			ans+=g[x]+g[lst]-2*g[lca(x,lst)];
			lst=x;
		}printf("%lld
",(ans/2)+f[1]);
	}
	return 0;
}