期望得分：(100+50+20 = 170)
实际得分：(0+10+10=20)
wdnmd，挂了 (150) 多分，就nm离谱。
(T1) 原题，毒瘤出题人空间只给了 ( 256MB) ，全开 ( long long) 炸空间了。
(T2) 本来打了个 (O(n^2)) 的暴力，但没写过哈希判回文串，这次第一次写就写出锅了，难受。
(T3) 考试的时候推出来了个柿子，但写着写着发现神 (tm) 没有逆元，然后就不会做了。
T1 没睡醒
题意描述
有(n)座城市，(m)个民族。这些城市之间由(n-1)条有边权道路连接形成了以城市(1)为根的有根树。
每个城市都是某一民族的聚居地，(Winniechen)知道第(i)个城市的民族是(A_i)，人数是(1)。
我们定义一个民族(x)的来往程度(f(x))为民族为(x)的点两两之间的距离之和，距离定义为树上两点间最短路距离。
他想知道以(i)为根的子树内来往程度最大的民族(x)是多少，如果有多个，求编号最小。
以及对于给定的(k_i)，求(i)子树内编号的(k_i)小民族(y)的(f(y))。
但是(Winniechen)昨天打了(CF)现在还没睡醒， 就将这个问题就丢给了你。
数据范围：(nleq 10^5)
solution
原题，不说了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int N = 1e5+10;
int n,m,tot,u,v,w,cnt,maxn;
int head[N],a[N],k[N],rt[N];
LL dep[N],ans1[N],ans2[N];
struct node
{
int to,net,w;
}e[N<<1];
struct Tree
{
int lc,rc,id;
int siz,tag;
LL sum,w;
}tr[10000010];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
void add(int x,int y,int w)
{
e[++tot].to = y;
e[tot].w = w;
e[tot].net = head[x];
head[x] = tot;
}
void up(int o)
{
tr[o].tag = tr[tr[o].lc].tag + tr[tr[o].rc].tag;
tr[o].sum = max(tr[tr[o].lc].sum,tr[tr[o].rc].sum);
if(tr[o].sum == 0)
{
if(tr[tr[o].lc].id) tr[o].id = tr[tr[o].lc].id;
else tr[o].id = tr[tr[o].rc].id;
}
else tr[o].id = tr[o].sum == tr[tr[o].lc].sum ? tr[tr[o].lc].id : tr[tr[o].rc].id;
}
void insert(int &o,int l,int r,int x,int val)
{
if(!o) o = ++cnt;
if(l == r)
{
tr[o].siz++;
tr[o].w += val;
tr[o].tag |= 1;
tr[o].id = l;
return;
}
int mid = (l + r)>>1;
if(x <= mid) insert(tr[o].lc,l,mid,x,val);
if(x > mid) insert(tr[o].rc,mid+1,r,x,val);
up(o);
}
void merage(int &x,int y,int l,int r,int Lca)
{
if(!x){x = y; return;}
if(!y) return;
if(l == r)
{
tr[x].sum = 1LL * (tr[x].sum + tr[y].sum + tr[x].siz * tr[y].w + tr[y].siz * tr[x].w - 2 * tr[x].siz * tr[y].siz * dep[Lca]);
tr[x].siz += tr[y].siz;
tr[x].w += tr[y].w;
tr[x].tag |= tr[y].tag;
if(tr[x].tag == 1) tr[x].id = l;
else tr[x].id = 0;
return;
}
int mid = (l + r)>>1;
merage(tr[x].lc,tr[y].lc,l,mid,Lca);
merage(tr[x].rc,tr[y].rc,mid+1,r,Lca);
up(x);
}
LL query(int o,int l,int r,int k)
{
if(l == r) return tr[o].sum;
int mid = (l + r)>>1;
int num = tr[tr[o].lc].tag;
if(k <= num) return query(tr[o].lc,l,mid,k);
else return query(tr[o].rc,mid+1,r,k-num);
}
void dfs1(int x,int fa)
{
for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
if(to == fa) continue;
dep[to] = dep[x] + e[i].w;
dfs1(to,x);
}
}
void dfs2(int x,int fa)
{
insert(rt[x],1,maxn,a[x],dep[x]);
for(int i = head[x]; i; i = e[i].net)
{
int to = e[i].to;
if(to == fa) continue;
dfs2(to,x);
merage(rt[x],rt[to],1,maxn,x);
}
ans1[x] = tr[rt[x]].id;
if(tr[rt[x]].tag < k[x]) ans2[x] = -1;
else ans2[x] = query(rt[x],1,maxn,k[x]);
}
signed main()
{
freopen("city.in","r",stdin);
freopen("city.out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1; i <= n-1; i++)
{
u = read(); v = read(); w = read();
add(u,v,w); add(v,u,w);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), maxn = max(maxn,a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) k[i] = read();
dfs1(1,0); dfs2(1,0);
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%lld %lld
",ans1[i],ans2[i]);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T2 调不出来
题意描述
(lizhenhao)点开了一道题：
给一个长度为(n)的字符串(S)，有(n-2)次修改操作，第(i)次操作会将第(i+1)个字符变成(w_i)。
你需要在每次操作之后(包括未操作时)输出这个字符串的最长回文子串，即修改对后续有影响。
(lizhenhao)马上会了(ziptree)维护回文仙人掌的做法，但是他调不出来了，于是丢给了你。
对于你来说，只需要输出一个(ans)，表示每次操作之后的答案的最大值就可以了。
数据范围：(nleq 10^5)
solution
(O(n^2)) 的暴力想必都会写吧，全机房就我一个写炸了。
我们记原串 (S) 为 (A), 修改后的字符串 (S) 为 (B)。
那样例举例就是：
字符串 A: ABAECB
字符串 B: ABCDEB
记 (pre(i,j)) 表示字符串 (A) 的第 (i) 个字符到第 (j) 个字符所组成的字符串。
(suf(i,j)) 为字符串 (B) 的第 (i) 个字符到到第 (j) 个字符所组成的字符串。
不难发现每次操作后所形成的字符串实际上是由 (pre(1,i) + suf(i+1,n)) 拼起来的。
然后我们要求的就是 (pre(1,i)+suf(i+1,n)) 的最长回文子串。
假设最长的回文子串为 (pre(i,j) + suf(j+1,k)) 。
设 (len = k-j), 不难发现整个字符串可以分为三部分 (pre(i,i+len-1) + pre(i+len,j) + suf(j+1,k))
结合图理解一下（画的图好丑）：
图中的 ①②③分别表示 (pre(i,i+len-1))，(pre(i+len,j)) ，(suf(j+1,k)) 三部分。
显然 (pre(i,i+len-1)) 和 (suf(j+1,k)) 互为反串，(pre(i+len,j)) 为回文串。
我们可以对 (A) 跑 (manacher) 求出回文半径 (R[i]), (pre(i-R[i]+1,i+R[i]-1)) 构成了中间的回文串，之后二分出 (len) 即可。
判断两个串是否为反串可以用 (Hash) 来判断。
同理中间的回文串也可以是 (B) 的一部分，在对 (B) 跑一边上述过程即可。
时间复杂度：(O(nlogn))
代码实现起来比较恶心，各种边界问题恶心的要死，我调代码的时候，和 (std) 的代码瞅了半天。
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ull unsigned long long
const int base = 321;
const int N = 5e5+10;
int n,ans,len1,len2,R[N];
ull pre[N],suf[N],mi[N];
char a[N],b[N],s1[N],s2[N],s[N];
ull get_pre(int l,int r)
{
return pre[r] - pre[l-1] * mi[r-l+1];
}
ull get_suf(int l,int r)
{
return suf[l] - suf[r+1] * mi[r-l+1];
}
int main()
{
// freopen("str.in","r",stdin);
// freopen("str.out","w",stdout);
scanf("%d%s",&n,s+1); n--;
mi[0] = 1; a[1] = s[1];
for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = s[i+1];
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
char ch; cin>>ch;
a[i] = ch;
}
for(int i = 1; i <= 2*n; i++) mi[i] = mi[i-1] * base;
s1[++len1] = '#';
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
s1[++len1] = a[i];
s1[++len1] = '#';
}
s2[++len2] = '#';
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
s2[++len2] = b[i];
s2[++len2] = '#';
}
for(int i = 1; i <= n; i++) pre[i] = pre[i-1] * base + a[i];
for(int i = n; i >= 1; i--) suf[i] = suf[i+1] * base + b[i];
int p = 1, mx = 1;
for(int i = 1; i <= len1; i++)
{
R[i] = i < mx ? min(mx-i,R[2*p-i]) : 1;
while(s1[i-R[i]] == s1[i+R[i]]) R[i]++;
if(i+R[i]-1 > mx)
{
mx = i+R[i]-1;
p = i;
}
ans = max(ans,R[i]-1);
int u = ((i-R[i]+1)>>1)+1, v = (i+R[i]-1)>>1;
int l = 1, r = min(u-1,n-v+1)+1, res = 0;
while(l < r)
{
int mid = (l+r)>>1;
if(get_pre(u-mid,u-1) == get_suf(v,v+mid-1))
{
l = mid + 1;
res = mid;
}
else r = mid - 1;
}
ans = max(ans,v-u+1+2*res);
}
memset(R,0,sizeof(R));
p = 1, mx = 1;
for(int i = 1; i <= len1; i++)
{
R[i] = i < mx ? min(mx-i,R[2*p-i]) : 1;
while(s2[i-R[i]] == s2[i+R[i]]) R[i]++;
if(i+R[i]-1 > mx)
{
mx = i+R[i]-1;
p = i;
}
ans = max(ans,R[i]-1);
int u = ((i-R[i]+1)>>1)+1, v = (i+R[i]-1)>>1;
int l = 1, r = min(u,n-v)+1, res = 0;
while(l <= r)
{
int mid = (l+r)>>1;
if(get_pre(u-mid+1,u) == get_suf(v+1,v+mid))
{
l = mid + 1;
res = mid;
}
else r = mid - 1;
}
ans = max(ans,v-u+1+2*res);
}
printf("%d
",ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T3 数不过来
题意描述
称一个的无向图是好的，满足:
- 任意一个子连通图的点数都相等，且都为完全图。
我们将所有(n)个点的好无向图拿出来，产生一个集合，每个好无向图是一个元素。
现在有(m)种颜色，求染色方案数，模(999999599)。
两种方案数不同当且仅当存在一个元素的颜色不同。
数据范围：(n,mleq 10^9, Tleq 50) 。
solution
设 (ans) 为集合中元素的个数。
不难发现我们要求的其实是 (m^{ans} pmod {999999599})
根据欧拉公式可得，答案为 (m^{anspmod {varphi(999999599)}} pmod {99999599})
(999999599) 这个数我们不太熟悉，把他分解一下，发现他是个质数。
然后我们的问题就转化为求 (anspmod {999999598}) 。
设 (f(i,j)) 表示把 (n) 个元素分到 (j) 个相同的集合中，每个集合元素的个数都为 (i) 的方案数。
我们可以枚举每个子连通图的点数 (d) , 则有：(ans = displaystylesum_{dmid n} f(d,{nover d})) 。
考虑怎么求 (f(d,{nover d})) ，可以列出来这么一个柿子：
(f(d,{nover d}) = {nchoose d} imes {n-dchoose d} imes {n-2dchoose d} imes {n-3dchoose d} imes.... imes {dchoose d}) 。
这个柿子实际上是考虑了每个子连通图的顺序的，但我们考虑顺序的话就会把 {1-2-3,4-5-6} 和 {4-5-6,1-2-3} 算成两种方案，实际上这两个是同一种方案，所以最后还要除以 ({nover d}!) 。
化简一下可得：(Large{f(d,{nover d}) = {n!over {(d!)^{nover d} imes {nover d}!}}}) 。
考虑怎么求这个柿子，因为 (999999598) 不存在逆元，所以不能直接算。
考虑用类似于拓展卢卡斯的方法求解。
先对 (999999598) 质因数分解可得： (999999598 = 2 imes 13 imes 5281 imes 7283) 。
算出 (f(n{nover d}) pmod {2/13/5284/7283}) ，然后用 中国剩余定理 合并即可。
快速算阶乘的话可以用拓展卢卡斯的方法去求，这里不在详细介绍。
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6+10;
const int p = 999999599;
const int pmod = 999999598;
int T,n,m,cnt,flag;
int a[5] = {2,13,5281,7283};
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
int ksm(int a,int b,int p)
{
int res = 1;
for(; b; b >>= 1)
{
if(b & 1) res = res * a % p;
a = a * a % p;
}
return res;
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
y -= a/b*x;
}
int Inv(int a,int b)
{
int x = 0, y = 0;
exgcd(a,b,x,y);
return (x % b + b) % b;
}
int fac(int n,int pi,int pk)
{
if(n == 1 || n == 0) return 1;
int tmp1 = 1, tmp2 = 1;
for(int i = 1; i <= pk; i++)
{
if(i % pi) tmp1 = tmp1 * i % pk;
}
for(int i = 1; i <= n%pk; i++)
{
if(i % pi) tmp2 = tmp2 * i % pk;
}
return fac(n/pi,pi,pk) * ksm(tmp1,n/pk,pk) % pk * tmp2 % pk;
}
int calc(int d,int n,int pi,int pk)
{
int n1 = fac(n,pi,pk), m1 = fac(d,pi,pk), m2 = fac(n/d,pi,pk);
int x = 0, y = 0, z = 0;
for(int i = n; i; i /= pi) x += i/pi;
for(int i = d; i; i /= pi) y += i/pi;
for(int i = n/d; i; i /= pi) z += i/pi;
return n1 * Inv(ksm(m1,n/d,pk),pk) % pk * Inv(m2,pk) % pk * ksm(pi,x-y*(n/d)-z,pk) % pk;
}
int CRT(int d,int n)
{
int res = 0;
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
int tmp = calc(d,n,a[i],a[i]);
int M = pmod / a[i];
res = (res + tmp % pmod * M % pmod * Inv(M,a[i])) % pmod;
}
return res;
}
int slove(int n)
{
int res = 0;
for(int i = 1; i <= sqrt(n); i++)
{
if(i * i == n) res = (res + CRT(i,n)) % pmod;
else if(n % i == 0)
{
res = (res + CRT(i,n)) % pmod;
res = (res + CRT(n/i,n)) % pmod;
}
}
return res;
}
signed main()
{
freopen("count.in","r",stdin);
freopen("count.out","w",stdout);
T = read();
while(T--)
{
n = read(); m = read();
printf("%lld
",ksm(m,slove(n),p));
}
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}