果然还是太菜啊 试着打一次div1就很凉凉啊
(本文正在施工)
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A
询问有多少个长度是偶数的区间，左半边异或和等于右半边异或和
(n leq 3e5)
相当于询问有多少个长度是偶数的区间的异或和为0
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#define P(x, y) 1ll * (x) * inv(y) % P
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5;
const ll P = 1e9 + 7;
map<long long, long long> mp[2];
int n;
long long a[N], cnt, ans;
int main(){
scanf("%d", &n);
mp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
scanf("%lld", &a[i]), cnt ^= a[i];
//printf("%d %lld
", i, cnt);
ans += mp[i & 1][cnt];
++mp[i & 1][cnt];
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}
B
给一个回文串 问至少切几刀能把切下来的块重组成一个新回文串
(len leq 5000)
只有中间那个字符出现奇数次 所以它一定换完之后还是中心
它两边的字符如果都相等那么一定是impossible
否则最多切两刀 然后暴枚只切一次的情况是否存在就好啦
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#define P(x, y) 1ll * (x) * inv(y) % P
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10000 + 5;
const ll P = 1e9 + 7;
int n, m, ans;
char str[N];
bool check(int l, int r){
bool flag = 0;
for(int i = l; i <= r; ++i) flag |= (str[i] != str[i - l + 1]);
if(!flag) return 0;
for(int i = 0; i < (n >> 1); ++i){
if(str[l + i] != str[r - i]) return 0;
}
return 1;
}
int main(){
scanf("%s", str + 1); n = strlen(str + 1);
bool flag = 0;
for(int i = 1; i <= (n >> 1); ++i){
if(str[i] != str[1]) flag = 1;
}
if(!flag){
printf("Impossible
"); return 0;
}
flag = 0;
for(int i = 1; i < n; ++i){
str[i + n] = str[i];
flag |= check(i + 1, i + n);
}
if(!flag) ans = 2;
else ans = 1;
printf("%d
", ans);
return 0;
}
C
有一个装耐心的容器，容量为v，有一个水龙头会喷或吸耐心【雾
如果容器装满了就会爆炸
有三种操作：
在时刻t将水龙头的速率改为s
删除时刻t的修改
询问假如容器容量为v，那么从l时刻开始接耐心，r时刻前会不会爆炸
如果爆炸是什么时候，不爆炸输出-1
(1 le t le 10^9, -10^9 le s le 10^9, 1 le l le r le 10^9, 0 le v le 10^9)
误差允许1e-6
D
所有边权都是 [1,m] 中的整数的所有 n 个点的树中，
统计编号为a的点到编号为b的点的距离恰好是 m 的树的个数
(n,m leq 1e6)
假设给定的a,b之间有i条边
那么这i条边分配权值的方式有(C_{m-1}^{i-1})种
然后这路径上的点的种类和排列有(A_{n−2}^{i−1})种
接下来就是把剩下的点接到这个路径上
剩下的这些边显然可以随便分配(m^{n−i−1})
然后这些点（所有的n个点）的形态就是i+1个森林挂在路径上
根据广义 Cayley 定理:
n 个带标号点形成一个有 k 颗树的森林，
使得给定的 k 个点没有两个点属于
同一颗树的方案数为(k*n^{n−k−1})
方案数应该是((i + 1) * n^{n - i - 2})
(p.s. Carley定理：n个点完全图的生成树个数是(n^(n - 2))，
这和prufer序列那个结论是一样的)
贴一个证明
orz
然后答案就是
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <set>
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define P(x, y) 1ll * (x) * inv(y) % P
#define sit set<Node> :: iterator
using namespace std;
typedef long long ll;
//typedef pair<int, long long> PIL;
const int N = 1e6 + 5;
const ll P = 1e9 + 7;
const ll inf = 1e10;
int n, m, a, b;
ll inv[N], jie[N], jv[N], ans;
inline ll C(int x, int y){
return jie[x] * jv[y] % P * jv[x - y] % P;
}
inline ll A(int x, int y){
return jie[x] * jv[x - y] % P;
}
inline void add(ll &x, ll y){
x += y; if(x > P) x -= P;
}
inline ll qpow(ll x, ll y){
ll res = 1;
//printf("qpow %lld %lld
", x, y);
while(y){
if(y & 1) res = res * x % P;
x = x * x % P, y >>= 1;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b);
inv[0] = jie[0] = jv[0] = inv[1] = jie[1] = jv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n || i <= m; ++i)
jie[i] = jie[i - 1] * i % P , inv[i] = (P - P / i) * inv[P % i] % P, jv[i] = jv[i - 1] * inv[i] % P;
for(int i = 1; i <= m && i < n; ++i){
//printf("i : %d
", i);
add(ans, A(n - 2, i - 1) * C(m - 1, i - 1) % P
* qpow(m, n - i - 1) % P
* (i == n - 1 ? 1ll : ((i + 1) % P * qpow(n, n - i - 2) % P)) % P);
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}