Problem A modsum
求$sumlimits_{i=1}^{n} sumlimits_{j=1 , i eq j}^{m} (n mod i)(m mod j)$
在模$ 19940417 $的意义下计算答案。
对于$100\%$的数据，满足$1 leq n,m leq 10^9$
Solution :
由于$n,m$的答案和$m,n$的答案都是一样的，我们不妨令$nleq m$
一眼想到了整除分块，我们显然可以通过$O(sqrt{n})$的复杂度求出
$G(n,k) = sumlimits_{i=1}^{n} (k mod i)$的值。
我们考虑化简原来的式子，原式$ = sumlimits_{i=1}^{n} ((sumlimits_{j=1}^{m} (n mod i)(m mod j))- (n mod i)(m mod i))$
$ = sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^{m}(n mod i)(m mod j) - sumlimits_{i=1}^{n} (n mod i)(m mod i)$
$ = sum_{i=1}^nsum_{j=1}^{m}(n mod i)(m mod j) -sum_{i=1}^{n}(n-i imes left lfloor frac{n}{i} ight floor)(m-i imes left lfloor frac{m}{i} ight floor)$
$== sum_{i=1} ^n (n mod i)sum_{i=1}^{m} (m mod i)- n^2 m + msum_{i=1}^{n} i imes left lfloor frac{n}{i} ight floor + nsum_{i=1}^{n} i imes left lfloor frac{m}{i} ight floor - sum_{i=1}^{n} left lfloor frac{n}{i} ight floor left lfloor frac{m}{i} ight floor i^2$
对于$ sum_{i=1}^{n} left lfloor frac{n}{i} ight floor left lfloor frac{m}{i} ight floor i^2$的求法可以整除分块，每一次跳最小值来实现。
由于最多是有$2sqrt{n}$条线，所以复杂度是$O(sqrt{n})$
注意到$19940417$ 不是质数，然而$sum_{i=1}^{n} i^2 = frac{n imes(n+1) imes(2n+1)}{6}$中的$6$和它是互质的，所以可以简单的for循环求逆元即可。
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int mo=19940417; int inv6=3323403; int inv2=9970209; int mul(int x,int n) { int ans=0; while (n) { if (n&1) ans=(ans+x)%mo; n>>=1; x=(x+x)%mo; } return ans%mo; } int fun(int l,int r){ l--; return (((mul(mul(r,r+1),2*r+1)*inv6)%mo-(mul(mul(l,l+1),2*l+1)*inv6)%mo)%mo+mo)%mo; } int calc1(int n,int m) { int ret=0; for (int l=1,r1,r2,r;l<=n;l=r+1) { if (n/l!=0) r1=min(n/(n/l),n); else r1=n; if (m/l!=0) r2=min(m/(m/l),n); else r2=m; r=min(r1,r2); ret=(ret + mul(mul((n/l),(m/l)),fun(l,r)))%mo; } return ret%mo; } int calc(int n,int k) { int ret=0; for (int l=1,r;l<=n;l=r+1) { if (k/l!=0) r=min(k/(k/l),n); else r=n; ret=(ret + mul(mul(mul(k/l,(r-l+1)),(l+r)),inv2))%mo; } return ret%mo; } int G(int n,int k) { return ((mul(n,k)-calc(n,k))%mo+mo)%mo;} signed main() { int n,m; scanf("%lld%lld",&n,&m); if (n>m) swap(n,m); int ans=mul(G(n,n),G(m,m))-mul(mul(n,n),m)+mul(m,calc(n,n))+mul(n,calc(n,m))-calc1(n,m); printf("%lld ",(ans%mo+mo)%mo); return 0; }
Problem B queue
给出一棵多叉树，求关于所有节点的排列数，要求：
1. 每棵子树的根节点先于这棵子树的其他节点出现。
2. 和一个节点直接相连的节点必须依次出现但可不连续。
在$mod 10007$ 意义下询问排列数。
对于$100\%$的数据$1 leq nleq 10^3$
Solution :
可以将多叉树转化为二叉树，答案显然不变。
一种显然的转化方法就是将每个点的儿子按照一条链连接下去，这样一定保证是二叉树。
设$f[u]$表示将$u$的子树排列的可行数目，显然从$f[l_{son}]$和$f[r_{son}]$转移过来。
显然，$f[u] = f[l_{son}] imes f[r_{son}] imes C_{size[l_{son}]+size[r_{son}]}^{size[l_{son}]}$
其中合并的贡献就是在$size[l_{son}]+size[r_{son}]$个位置上放$size[l_{son}]$个数字的方案数（顺序没有关系）。
复杂度是 预处理组合数的复杂度是$O(n^2)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=2005; const int mo=10007; vector<int>E[N]; int c[N][N],n,size[N],f[N]; int C(int n,int m){return c[n][m];} void dfs(int u) { if (E[u].size()==0) { size[u]=1; f[u]=1; return; } if (E[u].size()==1) { dfs(E[u][0]); size[u]=size[E[u][0]]+1; f[u]=f[E[u][0]]; } if (E[u].size()==2) { dfs(E[u][0]); dfs(E[u][1]); size[u]=size[E[u][0]]+size[E[u][1]]+1; f[u]=f[E[u][0]]*f[E[u][1]]%mo*C(size[E[u][0]]+size[E[u][1]],size[E[u][0]])%mo; } } signed main() { c[0][0]=1; for (int i=1;i<=2000;i++) { c[i][0]=c[i][i]=1; for (int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mo; } int T; scanf("%lld",&T); while (T--) { scanf("%lld",&n); for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=0; for (int i=1;i<=n;i++) E[i].clear(); for (int i=1;i<=n;i++) { int k; scanf("%lld",&k); int nowf=i; for (int j=1;j<=k;j++) { int x; scanf("%lld",&x); E[nowf].push_back(x); nowf=x; } } dfs(1); printf("%lld ",f[1]); } return 0; }
Problem C city
每个点的点权是$w[i]$，经过一条边的代价是$|w[u] - w[v]|$.
定义一条路径$val_S$的代价是路径经过边的最大代价，即$val_S = max{w[Edge] (Edge in S)}$
设需要的能量为$D$,设两点存在“正常的关系”为：至少有两条不重叠的路径$S,T$使得$D leq val_S , D leq val_T$
询问$u,v$是否是可能是正常的关系，如果是，输出所需最少能量$D$，否则输出"infinitely"
对于$100\%$的数据$n,m,q leq 5 imes 10^5 $
Solution :
建出最小生成树，这样树边都不是可行边，从小到大拿非树边取更新答案。
由于非树边$(u,v)$添加上后会形成环，就存在边双了，这个环上的所有点的答案就是这条边的权值。
我们只需要将这些点的答案用这条边的权值更新掉即可。
由于边权排序了，所以后面的边来更新一定不是最优的，所以我们只需要用一个并查集将树上路径折叠掉即可。
询问的时候直接求一遍倍增lca即可。
复杂度是$O(n log_2 n)$
# include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10,M=5e5+10; struct rec{ int pre,to,w;}a[N<<1]; struct A{ int u,v,w;}Edge[M]; bool cmp(A a,A b){return a.w<b.w;} int tot,n,m,q,val[N],g[N][22],d[N][22],f[N],head[N],dep[N]; bool inTree[M]; void adde(int u,int v) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; head[u]=tot; } int father(int x) { if (f[x]==x) return x; return f[x]=father(f[x]); } void kruskal() { for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i; sort(Edge+1,Edge+1+m,cmp); for (int i=1;i<=m;i++) { int fx=father(Edge[i].u),fy=father(Edge[i].v); if (fx == fy) continue; f[fy] = fx; adde(Edge[i].u,Edge[i].v); adde(Edge[i].v,Edge[i].u); inTree[i]=1; } } void dfs(int u,int fa) { g[u][0]=fa; dep[u]=dep[fa]+1; for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (v==fa) continue; dfs(v,u); } } void init() { for (int i=1;i<=21;i++) for (int j=1;j<=n;j++) g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1], d[j][i]=max(d[j][i-1],d[g[j][i-1]][i-1]); } int query(int u,int v){ int ret=0; if (dep[u]<dep[v]) swap(u,v); for (int i=21;i>=0;i--) if (dep[g[u][i]]>=dep[v]) ret=max(ret,d[u][i]),u=g[u][i]; if (u==v) return ret; for (int i=21;i>=0;i--) if (g[u][i]!=g[v][i]) { ret=max(max(ret,d[u][i]),d[v][i]); u=g[u][i]; v=g[v][i]; } return max(ret,max(d[u][0],d[v][0])); } int main() { // freopen("city.in","r",stdin); // freopen("city.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]); for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&Edge[i].u,&Edge[i].v),Edge[i].w=abs(val[Edge[i].v]-val[Edge[i].u]); kruskal(); dfs(1,0); for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i; for (int i=1;i<=m;i++) if (!inTree[i]) { int fx=father(Edge[i].u),fy=father(Edge[i].v); while (fx!=fy) { if (dep[fx]<dep[fy]) swap(fx,fy); d[fx][0]=Edge[i].w; f[fx]=g[fx][0]; fx=father(fx); } } init(); while (q--) { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); if (father(u)!=father(v)) puts("infinitely"); else printf("%d ",query(u,v)); } return 0; }