2020-2021 “Orz Panda” Cup Programming Contest
比赛情况
我们一共过了道3题
本场贡献：et3_tsy ：过了A，提供了H的关键修改
1427314831a：尝试写E，可惜没过
Ryker0923 ：过了H，I
罚时：H，I各罚了一次
比赛总结
这场比赛是比较考验基本功的，像CG，需要的知识储备很低，但是场上没有写，说明还是有点问题的。
多注意一些容易导致死循环的细节。
注意计算几何精度问题。
部分题解
A.带权并查集+优先队列
其他做法（像单调栈）可能更好
I.计算几何
因为除2后只会出现0.5和0.0两种情况，double会出现精度损失，所以注意使用long long来存。
H.思维题
C.set的使用
这道题就是说给定一个空序列，往里面放、拿东西。有两种维护，第1种维护，就是说往里面插入一个数，使得他往已经有的东西最远，一样远那么取序号小的，第2种维护，就是取出第K次是操作放入的东西。
这道题核心就是开两个set。第1个set去储存，我们当前哪些区段放是最优的。第2个set去储存，我们当前哪一些地方已经放置了东西。
其实这道题处理起来不难，就是考察set使用的基本功，然而我疯狂在T，原因如下：
auto tmp=pos.lower_bound(x);
auto tmp=lower_bound(pos.begin(),pos.end(),x);
第一行比第二行快很多，因为它是容器自带的方法，下次使用要注意
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 200050
#define int long long
int n,m,trans,x,mid,lf,y;
struct seg
{
int l,r,dis;
bool operator<(const seg& sec)const
{
if(dis==sec.dis)return l<sec.l;
return dis>sec.dis;
}
seg(int a,int b,int c){l=a;r=b;dis=c;}
seg(){}
};
int op[maxn];
set<seg>s;
set<int>pos;
set<seg>::iterator it;
set<int>::iterator it2;
seg t,t2;
inline void add(int l,int r)
{
if(l>r)return;
if(l==1||r==n)s.insert(seg{l,r,r-l});
else s.insert(seg{l,r,(r-l)>>1});
}
void solve()
{
s.clear();
pos.clear();
pos.insert(0);
pos.insert(n+1);
add(1,n);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&trans);
if(trans==1)
{
t=*s.begin();
if(!s.empty())s.erase(s.begin());
if(t.l==1||t.r==n)
{
if(t.l==1)
{
printf("1
");
op[i]=1;
pos.insert(1);
add(2,t.r);
}
else
{
printf("%d
",n);
op[i]=n;
pos.insert(n);
add(t.l,n-1);
}
}
else
{
mid=(0ll+t.l+t.r)>>1;
printf("%d
",mid);
op[i]=mid;
pos.insert(mid);
add(t.l,mid-1);
add(mid+1,t.r);
}
}
else
{
scanf("%d",&x);
x=op[x];
int l=x,r=x;
auto tmp=pos.lower_bound(x);
int pre=*--tmp;++tmp;
int nxt=*++tmp;
if(pre+2<=x)
{
l=pre+1;
if(pre!=0)s.erase(seg{pre+1,x-1,(x-pre-2)>>1});
else s.erase(seg{pre+1,x-1,x-2});
}
if(x+2<=nxt)
{
r=nxt-1;
if(nxt!=n+1)s.erase(seg{x+1,nxt-1,(nxt-2-x)>>1});
else s.erase(seg{x+1,nxt-1,nxt-2-x});
}
pos.erase(x);
add(l,r);
}
}
}
signed main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)solve();
return 0;
}
G.LCA
这题其实不难，就是很烦人
一颗结点数量为N的数，美丽度的定义，对于任意的两个点，取遍所有N个节点，分别取他们作为根，求这两个节点在不同的根下，分别到他们lca的距离乘积的总和
首先要想到真正有贡献的节点，实际上是两点连成路径上的节点以及这些点对应的侧分支。
然后再去进一步推导公式，比较麻烦的是，要继续拆开，把它拆成很多子项去进行计算。利用树上前缀和去高效求值。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 250003
#define ll long long
#define int ll
const ll mod=998244353;
inline int read()
{
int ans=0;
char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0'|ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans;
return ans;
}
struct edge
{
int r,to;
};
edge e[MAXN];
int head[MAXN],d[MAXN],lg[MAXN],s[MAXN];
ll Si[MAXN],Sfa[MAXN],SfaDfa[MAXN],SiDfa[MAXN],SiDfa2[MAXN],SfaDfa2[MAXN];
int fa[MAXN][22];
int total=0,n,m,root,a,b;
ll q;
void add(int x,int y)
{
e[++total].r=y;
e[total].to=head[x];
head[x]=total;
}
void dfs(int cur,int fapos)
{
fa[cur][0]=fapos;
d[cur]=d[fapos]+1;
for(int i=1;i<=lg[d[cur]];i++)
{
fa[cur][i]=fa[fa[cur][i-1]][i-1];
}
s[cur]=1;
for(int i=head[cur];i;i=e[i].to)
{
if(e[i].r!=fapos)
{
dfs(e[i].r,cur);
s[cur]+=s[e[i].r];
}
}
}
void dfs2(int cur,int fapos)
{
Si[cur]=s[cur];
if(cur!=1)
{
Si[cur]+=Si[fa[cur][0]];
Sfa[cur]=s[fa[cur][0]];Sfa[cur]+=Sfa[fa[cur][0]];
SfaDfa[cur]=s[fa[cur][0]]*d[fa[cur][0]];SfaDfa[cur]+=SfaDfa[fa[cur][0]];
SiDfa[cur]=s[cur]*d[fa[cur][0]];SiDfa[cur]+=SiDfa[fa[cur][0]];
SiDfa2[cur]=s[cur]*d[fa[cur][0]]*d[fa[cur][0]]%mod;SiDfa2[cur]+=SiDfa2[fa[cur][0]];
SfaDfa2[cur]=s[fa[cur][0]]*d[fa[cur][0]]*d[fa[cur][0]]%mod;SfaDfa2[cur]+=SfaDfa2[fa[cur][0]];
}
for(int i=head[cur];i;i=e[i].to)
{
if(e[i].r!=fapos)
dfs2(e[i].r,cur);
}
}
int afa,bfa;
int LCA(int a,int b)
{
if(d[a]<d[b])swap(a,b);
if(d[a]!=d[b])
{
while(d[a]>d[b]+1)
a=fa[a][lg[d[a]-d[b]-1]-1];
}
if(fa[a][0]==b)
{
afa=bfa=a;
return b;
}
if(d[a]!=d[b])a=fa[a][0];
for(int k=lg[d[a]-1];k>=0;k--)
if(fa[b][k]!=fa[a][k])a=fa[a][k],b=fa[b][k];
afa=a,bfa=b;
return fa[b][0];
}
ll prefix(int a,int b)
{
ll ans=0;
ans+=(Sfa[a]-Sfa[b])*d[a]*(q-d[a])%mod;
ans+=(SfaDfa[a]-SfaDfa[b])*d[a]%mod;
ans-=(SfaDfa[a]-SfaDfa[b])*(q-d[a])%mod;
ans-=(SfaDfa2[a]-SfaDfa2[b])%mod;
ans-=(Si[a]-Si[b])*d[a]*(q-d[a])%mod;
ans+=(SiDfa[a]-SiDfa[b])*(q-d[a])%mod;
ans-=(SiDfa[a]-SiDfa[b])*d[a]%mod;
ans+=(SiDfa2[a]-SiDfa2[b])%mod;
return (ans+1ll*100*mod)%mod;
}
ll query(int a,int b)
{
ll ans=0;
int c=LCA(a,b);
if(afa==bfa)
{
if(a==c)swap(a,b);
q=d[a]-d[c];
//cout<<a<<" "<<afa<<endl;
ans=prefix(a,afa);
}
else
{
ans+=1ll*(n-s[afa]-s[bfa])*(d[a]-d[c])%mod*(d[b]-d[c])%mod;
//cout<<ans<<endl;
//cout<<afa<<" "<<bfa<<endl;
q=d[a]-d[c]+d[b]-d[c];
ans+=prefix(a,afa);
ans+=prefix(b,bfa);
}
return (ans+1ll*100*mod)%mod;
}
signed main()
{
n=read(),m=read();
root=1;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
a=read(),b=read();
add(a,b);
add(b,a);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
lg[i]=lg[i-1]+(1<<lg[i-1]==i);
dfs(root,1);
dfs2(root,1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
a=read(),b=read();
if(a==b)cout<<"0
";
else cout<<query(a,b)<<"
";
}
/*
cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cout<<i<<" "<<Si[i]<<endl;
}
*/
return 0;
}
/*
5 1
1 2
1 3
3 4
3 5
1 5
4 5
2 5
*/
E.FFT
按照规律打表后发现了一个循环节
[2^{log_2 n}
]
于是最多的操作数不超过131072次
[每个数的大小不超过2^{17}，考虑按位将其拆开，再分别处理
]
每次异或操作相当于一次不进位的加法，相当于要对每一位做多次前缀和，最后对2取模
每一位的多次前缀和用FFT维护，最终时间复杂度为常数很大的nlogn
现场原本以为是常数太大导致T了，后来发现自己有个while(k%2==0)的循环，当k一开始为0时就会死循环
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int g=3,a1[300010],b[300010],rev[300010],C[300010];
int a[100010],n;
long long m;
int ksm(int a,int b)
{
int res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=1ll*res*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
void ntt(int *a,int n,int f)
{
for(int i=0;i<n;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1)
{
int gn=ksm(g,(mod-1)/(i<<1));if(f==-1)gn=ksm(gn,mod-2);
for(int j=0;j<n;j+=i<<1)
{
int gqn=1;
for(int k=j;k<i+j;k++)
{
int x=a[k],y=1ll*gqn*a[k+i]%mod;
a[k]=1ll*(x+y)%mod;
a[k+i]=1ll*(x-y+mod)%mod;
gqn=gqn*1ll*gn%mod;
}
}
}
if(f==-1)
{
int ny=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;i++)a[i]=a[i]*1ll*ny%mod;
}
}
inline int read()
{
int res=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')
{
res=(res<<1)+(res<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return res;
}
int ans[20][300010],sum[300010];
int main()
{
// freopen("std.in","r",stdin);
int k=1;
cin>>n>>m;
while(n>=k)k<<=1;
m%=k;
long long l=1,r=m;
int bj=0;
k=m;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
if(k==0)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<a[i]<<" ";
return 0;
}
while(k%2==0&&k!=0)
{
k>>=1;bj++;
}
C[0]=1;C[1]=m;
C[1]&=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
k=m+i-1;
while(k%2==0&&k!=0)
{
k>>=1;
bj++;
}
k=i;
while(k%2==0)
{
k>>=1;
bj--;
}
if(bj)C[i]=0;
else C[i]=1;
}
for(int i=0;i<=17;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
ans[i][j-1]=((a[j]&(1<<i))!=0);
int n1=2,bit;
l=n;
for(bit=1;(1<<bit)<(l<<1);bit++)n1<<=1;
for(int i=1;i<n1;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
ntt(C,n1,1);
for(int i=0;i<=17;i++)
{
for(int j=0;j<n1;j++)
b[j]=ans[i][j];
// for(int j=0;j<n1;j++)
// cout<<b[j]<<" ";
// cout<<"
";
ntt(b,n1,1);
// for(int j=0;j<n;j++)
// cout<<b[j]<<" ";
// cout<<"
";
for(int j=0;j<n1;j++)
b[j]=1ll*b[j]*C[j]%mod;
ntt(b,n1,-1);
// for(int j=0;j<n1;j++)
// cout<<b[j]<<" ";
// cout<<"
";
for(int j=0;j<n1;j++)
ans[i][j]=b[j];
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<=17;j++)
sum[i]+=(ans[j][i]&1)<<j;
}
for(int i=0;i<n-1;i++)
printf("%d ",sum[i]);
printf("%d",sum[n-1]);
return 0;
}
J.容斥原理计数
首先a,b数组的顺序不会影响答案，先将其按照升序排序。
[从左上角开始，取q=min(a_1,b_1)
]
设最大值等于p的有y行x列，其形成一个L的图形，考虑对L型的计数
由容斥原理其方案数为
[sum_{i=0}^{x}inom{x}{i}(-1)^isum_{j=0}^{y}inom{y}{j}(-1)^jq^{(mx+ny-xy)-(mi+nj-ij)}(q-1)^{mi+nj-ij}
]
整理后得
[q^{mx+ny-xy}sum_{i=0}^{x}inom{x}{i}(-1)^i(frac{q-1}{q})^{mi}sum_{i=0}^{y}inom{y}{j}(-1)^j(frac{q-1}{q})^{j(n-i)}
]
因为
[（x+y）^n=sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}x^iy^{n-i}
]
令y=1则有
[（x+1）^n=sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}x^i
]
再令x=-x
[（-x+1）^n=sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}(-x)^i=sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}(-1)^ix^i
]
因此上式可进一步化简为
[q^{mx+ny-xy}sum_{i=0}^{x}inom{x}{i}(-1)^i(frac{q-1}{q})^{mi}(1-(frac{q-1}{q})^{n-i})^y
]
将每个L型的数目乘起来就是答案
注意不要用递归计算，会爆栈
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int ksm(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int a[100010],b[100010],inv1[100010];
long long f(int x1,int y1,int n,int m)
{
long long daan=1;
for(;m+n>0;)
{
int q=min(a[x1],b[y1]);
int x2=x1,y2=y1;
while(a[x2]==q)x2++;
while(b[y2]==q)y2++;
long long x=x2-x1,y=y2-y1;
long long ans=ksm(q,(m*x+n*y-x*y)%(mod-1));
long long ans1=0;
long long inv=1ll*(q-1)*ksm(q,mod-2)%mod;
long long xx=ksm(inv,m),zhi=1;
ans1+=ksm(1-ksm(inv,n)+mod,y);
ans1%=mod;
long long zuhe=1,flag=1;
for(int i=1;i<=x;i++)
{
flag*=-1;
zuhe=zuhe*inv1[i]%mod;
zuhe=zuhe*(x-i+1)%mod;
zhi=zhi*xx%mod;
if(flag==1)
ans1+=zuhe*zhi%mod*ksm((1-ksm(inv,n-i)+mod)%mod,y)%mod;
else
ans1-=zuhe*zhi%mod*ksm((1-ksm(inv,n-i)+mod)%mod,y)%mod;
ans1%=mod;
ans1=(ans1+mod)%mod;
}
daan=daan*ans%mod*ans1%mod;
x1=x2;y1=y2;n-=x;m-=y;
}
return daan;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
inv1[1]=1;
for(int i=2;i<=100000;i++)
inv1[i]=mod-1ll*(mod/i)*inv1[mod%i]%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&b[j]);
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+m+1);
cout<<f(1,1,n,m)%mod;
return 0;
}
B.Polya计数 杜教筛 数论分块
对于长度为n的手镯，其方案数为
[frac{1}{n}sum_{d|n}phi(d)g(n/d)
]
[g(x)=fib(x)+fib(x-2)+2[{x&1=0}]
]
答案即求
[sum_{n=1}^msum_{d|n}phi(d)g(n/d)
]
先枚举d得
[sum_{d=1}^mphi(d)sum_{i=1}^{lfloor m/d
floor}g(i)
]
[sum_{d=1}^mphi(d)可以杜教筛来求，后面的可以矩阵快速幂来求
]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int smu[5000010],mu[5000010],prm[5000010],tot,b[5000010],B=5000010,nop[5000010],mod;
long long phi[5000010],sphi[5000010];
map<int,long long>mp_phi;
inline void SieveMu(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!b[i])
{
prm[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*prm[j]<=n;j++)
{
b[i*prm[j]]=1;
if(i%prm[j]==0)
{
mu[i*prm[j]]=0;
break;
}
else
{
mu[i*prm[j]]=-mu[i];
}
}
}
}
void getprime(int lim)
{
nop[1]=1,phi[1]=1;
for(int i=2;i<=lim;i++)
{
if(!nop[i])phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*prm[j]<=lim;j++)
{
nop[i*prm[j]]=1;
if(i%prm[j]==0)
{
phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j];
break;
}
else phi[i*prm[j]]=phi[i]*(prm[j]-1);
}
}
}
long long DujiaoPhi(int n)
{
if(n<=B)return sphi[n];
if(mp_phi[n])return mp_phi[n];
long long res=1ll*n*(n+1)/2;
for(int i=2,j;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
res-=(j-i+1)*DujiaoPhi(n/i);
}
return mp_phi[n]=res;
}
struct tnode{
long long a[2][2];
};
tnode mul(tnode a,tnode b)
{
tnode c;
c.a[0][0]=(1ll*a.a[0][0]*b.a[0][0]+1ll*a.a[0][1]*b.a[1][0])%mod;
c.a[1][0]=(1ll*a.a[0][0]*b.a[0][1]+1ll*a.a[0][1]*b.a[1][1])%mod;
c.a[0][1]=(1ll*a.a[1][0]*b.a[0][0]+1ll*a.a[1][1]*b.a[1][0])%mod;
c.a[1][1]=(1ll*a.a[1][0]*b.a[0][1]+1ll*a.a[1][1]*b.a[1][1])%mod;
return c;
}
int ksm(tnode a,int b)
{
tnode ans;
ans.a[0][0]=1;
ans.a[1][0]=0;
ans.a[0][1]=0;
ans.a[1][1]=1;
while(b)
{
if(b&1)ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans.a[0][1]%mod;
}
int fib(int n)
{
tnode a;
a.a[0][0]=1;
a.a[0][1]=1;
a.a[1][0]=1;
a.a[1][1]=0;
if(n==1)return 0;
if(n==2)return 1;
if(n==3)return 1;
if(n==4)return 2;
return ksm(a,n-1);
}
int main()
{
SieveMu(B);
getprime(B);
int n;
int r;
cin>>n>>mod;
for(int i=1;i<=B;i++)
sphi[i]=sphi[i-1]+phi[i];
long long ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
int m=n/l;
ans+=(DujiaoPhi(r)-DujiaoPhi(l-1))%mod*(((1ll*fib(m+4)-1+fib(m+2)-1+mod-1)%mod+m/2*2ll+mod)%mod)%mod;
ans%=mod;
}
cout<<ans<<"
";
return 0;
}
D.推式子+逆元
[frac{1}{n}sum_{v}frac{s(v)-1}{s(fa(v))}*s(v)
]
根据每个点修改时对其他点的期望可以推出如下式子，最后通过逆元求出每个点期望的和再除以n即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,x,cnt;
long long ans;
const long long mod=998244353;
int l[100010],fa[100010];
long long s[100010];
struct edge{
int w,next;
}e[500010];
long long inv(long long a,long long p)
{
long long ans=1;
long long b=p-2;
a%=p;
while(b>0)
{
if(b&1)
ans=(ans*a)%p;
a=(a*a)%p;
b/=2;
}
return ans%p;
}
void add(int x,int y)
{
e[++cnt].w=y;
e[cnt].next=l[x];
l[x]=cnt;
}
int dfs(int x)
{
for(int i=l[x];i;i=e[i].next)
s[x]+=dfs(e[i].w);
s[x]++;
return s[x];
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
cin>>x;
fa[i]=x;
add(x,i);
}
dfs(1);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
ans+=1ll*(s[fa[i]]-1-s[i]+mod)%mod*inv(s[fa[i]]-1,mod)%mod*(s[i])%mod;
ans%=mod;
}
ans*=inv(n,mod);
ans%=mod;
cout<<ans;
return 0;
}