[考试反思]0306省选模拟39：延续

 

俩原题。对于看视频课太匆忙的我来说，还是算俩新题吧。

 为啥感觉最近总是考第$9$啊。最近这种名次的频率好高。。

（好菜啊第$9$还学个啥呢啊脑子呢？？？这还翻个什么盘啊）

然而其实第$9$也是混来的。

最开始先看的$T1$发现好像是原题，但是印象不深，大概还记得第一步怎么做。

接着往后看，$T2$看起来像弱智题。$T3$的话又是原题，思路极其简单但是是$exSAM+LCT$写出来会暴毙。于是扔在最后。

然后回$T1$尝试回忆。然后就没有然后了。折腾来折腾去想了两个小时硬是没想到$dp$定义。

果断换题。然后一看$T2$，好像的确有点弱智啊。

思路大概是对的，但是在枚举三元环上卡了一下。然后就真的忘记了怎么$O(m sqrt{m})$枚举三元环了。

然后的确就一直没有想起来。又耗了一个小时，最后利用大小点卡常数，理论上时间复杂度还是$O(n^2)$

但是实际上常数非常小，我自己貌似也构造出什么数据卡满我自己。然而时间也不多了，调着调着就交了。

最后剩了十几分钟给$T3$。尝试爆写$exSAM$最后还是放弃了。

我为啥又把暴跳父亲忘了？？？如果想起来的话这次就能有两道题都是$n^2$过$2 imes 10^5$了！

然而既然考场上没写。。。那考后就老老实实写正解吧。。。

强烈谴责RNB考后暴力暴跳父亲AC的无脸行为

话说我自己数据结构能力是真的弱啊

T1：gift

大意：两数列$a,b$。有些位置为空，问有多少种方案填数使之成为排列，满足通过至少$k$次交换$a$变成$b$。对所有$k in [0,n-1]$求解。$n le 2000$

如果序列已经填满了数，那么最少交换次数可以这么表示：所有$a_i ightarrow b_i$连边。然后每个环需要交换$size-1$次。所以交换次数就是$n-$环个数。

现在有些位置为$0$了，那么所有的边分四类$0-x,x-y,x-0,0-0$。而有些边已经有公共点了（$0$除外）。把它们缩成一条链

对于$x-y$这一类，我们发现在缩成链之后两端点都未消失，证明它们都只出现了一次。

我们可以把它们两个当成同一个数看待，可以发现这对最后的图没有影响，在最后的时候展开就行了。

所以边只剩下三类，我们分别讨论它们之间的关系：

我们发现，$0-x$这种边它的$x$一定只出现了一次，所以一定与$0$相连了，那么要么就是接上了一个$0-0$，要么就是接上了另一个$0-x$，或者说自己连上自己变成自环。

对于第一种情况，新的两个端点就是$0-0$了，那么相当于这条边变成$0-0$了，而同时$0-0$的总量加一减一后并没有改变。

对于第二种情况，那么就是合并成了一个新的$0-x$。对最后的环数答案并没有什么影响。

所以我们只在意$0-x$这一类边自己形成了多少个环，以及方案数。

直接算不好算，考虑容斥，得到$i$个环的方案数是$g_i =sumlimits_{j=i}^{cnt_{0-x}} inom{cnt_{0-x}}{j} egin{bmatrix} j \ i end{bmatrix} (cnt_{0-0}+cnt_{0-x}-j)^{underline{cnt_{0-x}-j}}$

意思就是说，枚举有多少条$0-x$边在环里，对于剩下的边，我们在$cnt_{0-0}$个$0-0$边和$cnt_{0-x}$个$0-x$边中任意选择一条接在后面。方案数是下降幂。

后面乱选的部分也有可能形成环，所以这个$g$是至少的形式。用一个简单的二项式反演就能得到恰好的形式。

对于所有的$x-0$边，同理。它和$0-x$边如果要产生关系，一定要借助$0-0$而上面的第一种情况说了只要用到$0-0$就会变成$0-0$所以只需要考虑$x-0$与自身以及$0-0$的关系。

这两部分像个背包。直接$OGF$卷起来就好了。得到的是把所有的$0-x$边以及$x-0$边连成环或者变味$0-0$的方案数了。

所以现在只需要继续考虑$cnt_{0-0}$条$0-0$边就好了。

这个的方案数比较好算，环的形状一共是第二类斯特林数种，然后你再给它们赋予$cnt_{0,0}$的先后顺序，也就是个阶乘。

一起卷起来就得到答案了。

$Dy$讲的时候真实啥也没听懂，自己回放的时候其实也不明白，说啥都没有自己做一遍有效。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
int mo(int a){return a>=mod?a-mod:a;}
#define S 2002
int n,a[S],b[S],al[S],c00,c01,c10,cir,in[S],out[S],C[S][S],s[S][S],A[S][S],G[S],g[S],H[S],h[S],f[S],ans[S];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&b[i]);
    for(int i=1;i<=n;++i)in[i]=out[i]=-1;
    for(int i=1;i<=n;++i)out[a[i]]=b[i],in[b[i]]=a[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)if(in[i]==-1&&out[i]!=-1){
        int p=i;al[p]=1;
        while(p&&out[p]!=-1)p=out[p],al[p]=1;
        if(!p)c10++;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)if(in[i]==0){
        int p=i;al[p]=1;
        while(p&&out[p]!=-1)p=out[p],al[p]=1;
        if(!p)c00++;else c01++;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)c00+=a[i]==0&&b[i]==0;
    for(int i=1;i<=n;++i)if(in[i]>0&&out[i]>0&&!al[i]){
        int p=i;cir++;
        while(!al[p])al[p]=1,p=out[p];
    }
    for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=C[i][0]=1;j<=i;++j)C[i][j]=mo(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
    for(int i=s[0][0]=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=i;++j)s[i][j]=(s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*(i-1ll))%mod;
    for(int i=0;i<=n;++i)for(int j=A[i][0]=1;j<=i;++j)A[i][j]=A[i][j-1]*(i+1ll-j)%mod;
    for(int i=0;i<=c01;++i)for(int j=i;j<=c01;++j)g[i]=(g[i]+1ll*C[c01][j]*s[j][i]%mod*A[c01+c00-j][c01-j])%mod;
    for(int i=0;i<=c01;++i)for(int j=i;j<=c01;++j)G[i]=(G[i]+(j-i&1?mod-1ll:1ll)*g[j]%mod*C[j][i])%mod;
    for(int i=0;i<=c10;++i)for(int j=i;j<=c10;++j)h[i]=(h[i]+1ll*C[c10][j]*s[j][i]%mod*A[c10+c00-j][c10-j])%mod;
    for(int i=0;i<=c10;++i)for(int j=i;j<=c10;++j)H[i]=(H[i]+(j-i&1?mod-1ll:1ll)*h[j]%mod*C[j][i])%mod;
    for(int i=0;i<=c01;++i)for(int j=0;j<=c10;++j)f[i+j]=(f[i+j]+1ll*G[i]*H[j])%mod;
    for(int i=0;i<=c01+c10;++i)for(int j=0;j<=c00;++j)ans[i+j]=(ans[i+j]+1ll*f[i]*s[c00][j]%mod*A[c00][c00])%mod;
    for(int i=0;i<n;++i)printf("%d ",n>=i+cir?ans[n-i-cir]:0);
}

T2：girls

大意：$[0,n)$。定义合法三元组为三者之间均无连边且$i<j<k$。贡献为$Ai+Bj+Ck$。求总贡献。$n,m le 2 imes 10^5$

这题也就是经典的容斥了，全部情况加起来减去至少有一条边加上至少有两条边再去掉三元环

别的都好说，三元环的问题大概就是按照度数排序那一套复杂度$O(m^{1.5})$

做法也就是把所有的点按照度数排序之后，度数小的向度数大的连边。

对于点$i$枚举所有出边打标记，再枚举一次出边$j$，再枚举$j$的儿子$k$。若$k$有标记则是三元环。

联赛前做过，现在忘掉了，每个三元环只在度数最小的点初被枚举，具体复杂度证明忘记了，感性理解一下吧。

考场上思维僵化只会严格按照$sqrt{n}$为阈值分大小点了，然而一小点两大点的情况不能很好地统计，于是又退化成$O(n^2)$了。

但是不难发现这样做的常数很小很小。所以$O(n^2)$过$200000$没什么大问题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 200005
#define ull unsigned long long
ull A,B,C,ans,tot[S],deg[S]; int n,m;
vector<int>v[S],in[S],vs[S],vb[S],inb[S],Bi;
unordered_map<int,bool>M[S];
ull cal(int x){return x*(x-1ull)>>1;}
int main(){
    cin>>n>>m>>A>>B>>C; int sq=sqrt(m); 
    for(int i=0,a,b;i<m;++i){
        scanf("%d%d",&a,&b);
        if(a>b)swap(a,b); deg[a]++; deg[b]++; M[a][b]=M[b][a]=1;
        v[a].push_back(b); in[b].push_back(a); tot[a]+=b;
        ans-=cal(a)*A+a*(a*B+b*C) + (cal(b)-cal(a+1))*B+(b-a-1)*(a*A+b*C) + (cal(n)-cal(b+1))*C+(n-b-1)*(a*A+b*B);
    }
    for(int i=0;i<n;++i)sort(v[i].begin(),v[i].end()),sort(in[i].begin(),in[i].end());
    for(int i=0;i<n;++i)ans+=i*(cal(n-1-i)*A+B*i*(n-1-i)+C*cal(i));
    for(int i=0;i<n;++i){
        ull x=0,cnt=0;
        for(auto j:v[i])ans+=i*cnt*A+x*B+j*cnt*C,x+=j,cnt++;
    }
    for(int i=0;i<n;++i){
        ull x=0,cnt=0;
        for(auto j:in[i])ans+=i*cnt*C+x*A+j*cnt*B,x+=j,cnt++;
    }
    for(int i=0;i<n;++i)for(auto j:v[i])ans+=v[j].size()*(i*A+j*B)+tot[j]*C;
    
    for(int i=0;i<n;++i)for(auto j:v[i])if(deg[j]>=sq)vb[i].push_back(j);else vs[i].push_back(j);
    for(int i=0;i<n;++i)for(auto j:in[i])if(deg[j]>=sq)inb[i].push_back(j);
    for(int i=0;i<n;++i)if(deg[i]>=sq&&vb[i].size()>1)for(auto j:vb[i])for(auto k:vb[j])if(M[i][j]&&M[j][k]&&M[i][k])ans-=i*A+j*B+k*C;
    for(int i=0;i<n;++i)if(deg[i]<sq&&vs[i].size()>1)for(auto j:vs[i])for(auto k:vs[j])if(M[i][j]&&M[j][k]&&M[i][k])ans-=i*A+j*B+k*C;
    for(int i=0;i<n;++i)if(deg[i]<sq&&vs[i].size()>1)for(auto j:vs[i]){
        for(auto k:vb[i])if(M[i][j]&&M[j][k]&&M[i][k])ans-=i*A+min(j,k)*B+max(j,k)*C;
        for(auto k:inb[i])if(M[i][j]&&M[j][k]&&M[i][k])ans-=k*A+i*B+j*C;
    }
    
    for(int i=0;i<n;++i)if(deg[i]<sq){
        for(auto j:inb[i])Bi.push_back(j);
        for(auto j:vb[i])Bi.push_back(j);
        for(int j=0;j<Bi.size();++j)for(int k=j+1;k<Bi.size();++k){
            ull x=i,y=Bi[j],z=Bi[k];
            if(x>z)swap(x,z);
            if(x>y)swap(x,y);
            if(M[x][y]&&M[x][z]&&M[y][z])ans-=A*x+B*y+C*z;
        }Bi.clear();
    }
    cout<<ans<<endl;
}

T3：string

原题链接。题号12.

思路很简单，代码很难写。

干就是了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 888888
int n,rt=1,pc=1,lst[22],c[11][S],len[S],ans,m,la,f[S],t,w[22][S],lz[22][S];char s[20000003];
vector<int>v[22],P[22];
struct LCT{
    int c[2][S],f[S],s[S];
    void down(int p){for(int i=1;i<=n;++i)if(lz[i][p])w[i][c[0][p]]+=lz[i][p],w[i][c[1][p]]+=lz[i][p],lz[i][c[0][p]]+=lz[i][p],lz[i][c[1][p]]+=lz[i][p],lz[i][p]=0;} 
    bool nr(int p){return c[0][f[p]]==p||c[1][f[p]]==p;}
    void spin(int p){
        int F=f[p],G=f[F],d=c[1][F]==p,B=c[!d][p];
        if(nr(F))c[c[1][G]==F][G]=p; c[!d][p]=F; c[d][F]=B;
        f[f[f[B]=F]=p]=G;
    }
    void splay(int p){
        int F=p,t=0; while(nr(F))s[++t]=F,F=f[F]; s[++t]=F; while(t)down(s[t--]);
        for(;F=f[p],nr(p);spin(p))if(nr(F))spin(c[1][f[F]]==F^c[1][F]==p?p:F);
    }
    void access(int p){for(int r=0,s=p;s;s=f[r=s])splay(s),c[1][s]=r;splay(p);}
    void link(int a,int b){splay(a);f[a]=b;}
    void cut(int p){access(p);f[c[0][p]]=0;c[0][p]=0;}
}T;
void add(int p,int op){T.access(p);for(int i=1;i<=n;++i)lz[i][p]+=op*w[i][p];}
void Fa(int p,int fa){T.link(p,fa);add(p,1);f[p]=fa;}
void extend(int I,int C){
    int p=lst[I],np,q,nq;
    if(q=c[C][p]){
        if(len[q]==len[p]+1){lst[I]=q;T.access(q);lz[I][q]++;w[I][q]++;return;}
        nq=++pc; len[nq]=len[p]+1; for(int i=0;i<10;++i)c[i][nq]=c[i][q];
        w[I][nq]++;
        Fa(nq,f[q]); add(q,-1); T.cut(q); Fa(q,nq);
        for(;c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq; lst[I]=nq;
    }else{
        lst[I]=np=++pc; len[np]=len[p]+1; w[I][np]=1;
        for(;p&&!c[C][p];p=f[p])c[C][p]=np;
        if(!p){Fa(np,1);ans+=len[np]-len[f[np]];return;}
        if(len[q=c[C][p]]==len[p]+1){Fa(np,q);ans+=len[np]-len[f[np]];return;}
        nq=++pc; len[nq]=len[p]+1; for(int i=0;i<10;++i)c[i][nq]=c[i][q];
        Fa(nq,f[q]); Fa(np,nq); add(q,-1); T.cut(q); Fa(q,nq);
        for(;c[C][p]==q;p=f[p])c[C][p]=nq; ans+=len[np]-len[f[np]];
    }
}
int main(){//freopen("string1.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",s);lst[i]=1;
        for(int j=0;s[j];++j)extend(i,s[j]-48);
        v[i].push_back(0);P[i].push_back(lst[i]);
    }scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int op,x,y,z;scanf("%d",&op);
        if(op==1){
            scanf("%d%d",&x,&y);
            if(t)y^=la,y%=10;
            extend(x,y);
            v[x].push_back(i);P[x].push_back(lst[x]);
        }if(op==2){
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            int p=P[x][upper_bound(v[x].begin(),v[x].end(),y)-1-v[x].begin()];
            T.splay(p);printf("%d
",la=w[z][p]);
        }if(op==3)printf("%d
",ans);
        if(op==4){
            int p=1;la=0;scanf("%s",s);
            for(int j=0;s[j];++j)p=c[s[j]-48][p];
            if(p){T.splay(p);for(int j=1;j<=n;++j)la=max(la,w[j][p]);} 
            printf("%d
",la);
        }
    }
}

没有调到暴毙还是非常开心的，写的时间比调的时间长。