FCS省选模拟赛 Day3

Description

 Solution

T1 game

咕咕咕

T2 string

1. fail树各个节点的深度之和怎么求？

   我们考虑每个前缀的深度是什么

   发现这个值就相当于有多少个前缀等于它的后缀

2. 所以有个思路就是考虑一对相同子串的贡献

   假设这两个子串是(S[x..y])和(S[l..r])

   那么包含(S[x..r])的fail树有(n-r+1)个，所以贡献就是(n-r+1)

3. 发现上面的可以转化为求(sum f_i)，其中(f_i)表示(S[1..i])包含的相等子串的数量

4. 最后，考虑(f_i)比(f_{i-1})多了多少，发现其实就是所有以(S_i)结尾的后缀的贡献总和

   考虑计算这个贡献总和

   这些串对应的节点实际上组成了parent树上从np到root的一条路径

   求路径和的话，可以用有根树LCT（不用makeroot）

   每个节点的贡献？

   [(step[x]-step[fail[x]])*(cnt[x]-1) ]

   (cnt[x])表示的是这个节点的(right)集合大小

5. LCT需要做什么？

   支持单点修改(step[x]-step[fail[x]])的值，以及维护子树和

   支持修改整条链（都是一条到根的路径）的(cnt)值

   支持求一条到根路径的贡献和

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
#define get(x) (c[fa[x]][1]==x)
const int MN=2e5+5,MX=4e5+5,mod=1e9+7;
int fail[MX],ss[MX][26],step[MX];
int last=1,cnt=1;
ll ans=0,tmp=0;
int val[MX],lazy[MX];
ll X[MX],siz[MX];
int fa[MX],c[MX][2];
inline void upd(int x,int v)
{
    if(!x)return;val[x]+=v;lazy[x]+=v;
    X[x]=(X[x]+1ll*siz[x]*v%mod)%mod;
}
inline void up(int x)
{
    siz[x]=(siz[c[x][0]]+siz[c[x][1]]+step[x]-step[fail[x]])%mod;
    X[x]=(X[c[x][0]]+X[c[x][1]]+1ll*(val[x]-1)*(step[x]-step[fail[x]])%mod)%mod;
}
inline void down(int x){if(!lazy[x])return;upd(c[x][0],lazy[x]);upd(c[x][1],lazy[x]);lazy[x]=0;}
inline bool nrt(int x){return c[fa[x]][1]==x||c[fa[x]][0]==x;}
inline void rotate(int x)
{
    int y=fa[x],z=fa[y],l=get(x),r=l^1;if(nrt(y))c[z][get(y)]=x;fa[x]=z;
    fa[c[x][r]]=y;c[y][l]=c[x][r];fa[y]=x;c[x][r]=y;up(y);
}
inline void Splay(int x)
{
   static int q[MX],top;q[top=1]=x;register int i;
    for(i=x;nrt(i);i=fa[i]) q[++top]=fa[i];
    for(;top;--top) down(q[top]);
    for(;nrt(x);rotate(x)) if(nrt(fa[x])) rotate(get(x)^get(fa[x])?x:fa[x]);
    up(x);
}
inline void access(int x){register int i;for(i=0;x;x=fa[i=x])Splay(x),c[x][1]=i,up(x);}
inline void cut(int x){access(x);Splay(x);upd(c[x][0],-val[x]);fa[c[x][0]]=0;c[x][0]=0;up(x);}
inline void link(int x,int y){fa[x]=y;access(y);Splay(y);upd(y,val[x]);}
inline void add(int x,int y){access(x);Splay(x);siz[x]=(siz[x]+y)%mod;X[x]=(X[x]+1ll*(val[x]-1)*y%mod)%mod;}
inline int query(int x){access(x);Splay(x);return X[x];}
inline void Insert(int x)
{
    int p=last,np=++cnt;step[np]=step[p]+1;val[np]=1;
    for(;p&&!ss[p][x];p=fail[p]) ss[p][x]=np;
    if(!p)link(np,1),fail[np]=1,add(np,step[np]);
    else
    {
        int q=ss[p][x];
        if(step[q]==step[p]+1)link(np,q),fail[np]=q,add(np,step[np]-step[q]);
        else
        {
            int nq=++cnt;step[nq]=step[p]+1;
            memcpy(ss[nq],ss[q],sizeof ss[nq]);
            add(nq,step[nq]-step[fail[q]]);
            add(q,step[fail[q]]-step[nq]);
            add(np,step[np]-step[nq]);
            link(nq,fail[q]);cut(q);link(q,nq);link(np,nq);
            fail[nq]=fail[q];fail[q]=fail[np]=nq;
            for(;ss[p][x]==q;p=fail[p]) ss[p][x]=nq;
        }
    }
    last=np;
    tmp=(tmp+query(last))%mod;
    ans=(ans+tmp)%mod;
    printf("%lld
",ans);
}
char s[MN];
int main()
{
	int i,Len=read();
	scanf("%s",s+1);
	for(i=1;i<=Len;++i) Insert(s[i]-'a');
}

T3 hunter

概率dp

(f_{i,j})表示得是当前被射中的是第(i)号猎人，当前还有(j)个人时，的答案。

当然我们所说的(i)号是对当前剩余猎人进行排序后，从(1)号猎人开始数的第(i)个，所以(ileq j)

有一个约定是当前剩下的人中一定有(1),不然答案就是(0)了，我们根本不需要计算

于是：

[f_{i,j}=frac{1}{2}(f_{Nex(i),j,},f_{nex(i),j-1}) ]

自行意会，这里的(Nex(i))和(nex(i))不是同一个，因为当人数减少后，对应编号会变。

我们设(t_{i,j}=f_{nex(i),j-1})，注意(t_{1,j}=0)，要特别计算

但是，计算(f_{i,j})，要求的值形成了若干个环

小学数学告诉我们：

1. 环的数量是(gcd(j,k))
2. 环的长度是(frac{j}{gcd(j,k)})

我们对每个环进行计算，设这个环上的元素一次是(a_{p_1},a_{p_2},...,a_{p_n})

于是就有

[a_{p_i}=frac{1}{2}(t_{P_i}+a_{p_i}) ]

暴力解方程可以得知：

[a_1=frac{2^{n-1}t_1+2^{n-2}t_2+...+t_n}{2^n-1} ]

其他的就是轮换一下，就不说啦

然后，就没有然后了

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
const int mod=1e9+7,MN=2005;
int n,k;
int fpow(int x,int m){int r=1;for(;m;m>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(m&1)r=1ll*r*x%mod;return r;}
int gcd(int x,int y){return x?gcd(y%x,x):y;}
int f[MN][MN],t[MN],p2[MN];
signed main()
{
	register int i,j,h,ln;
	n=read();k=read();
	f[1][1]=1;
	for(p2[0]=i=1;i<=n+1;++i) p2[i]=p2[i-1]*2ll%mod;
	for(i=2;i<=n;++i)
	{
		#define nx(x) ((x+k%i-1)%i+1)
		for(j=1;j<=i;++j)
		{
			int nex=((k-1)%(i-1)+1+j-1-1)%(i-1)+1;
			t[j]=f[nex][i-1];
		}
		t[1]=0;
		int num=gcd(i,k%i),len=i/num,val,Inv=fpow(p2[len]-1,mod-2);
		for(j=1;j<=num;++j)
		{
			val=0;
			for(ln=len,h=j;ln;--ln,h=nx(h)) (val+=1ll*p2[ln-1]*t[h]%mod)%=mod;
			f[j][i]=1ll*val*Inv%mod;
			for(ln=len,h=j;ln>1;--ln,h=nx(h))
			{
				(val+=mod-1ll*p2[len-1]*t[h]%mod)%=mod,val=2ll*val%mod,(val+=t[h])%=mod;
				f[nx(h)][i]=1ll*val*Inv%mod;
			}
		}
	}
	printf("%d
",f[(k-1)%n+1][n]);
	return 0;
}

---

Blog来自PaperCloud，未经允许，请勿转载，TKS！