WFLS Day1 Solution

T1 linkstart

Subtask 1

显然，答案为

[sum_{i=0}^{n-1}b^i mod k ]

此时暴力枚举 (i) 的取值，运用快速幂求 (b^i) 即可。

Subtask 2

观察到 (k)是质数，想到运用等比数列求和公式解决。

[S=sum_{i=0}^{n-1}b^i (1) ]

则有：

[b cdot S=sum_{i=1}^{n}b^i (2) ]

((2)-(1))可得：

[(b-1)S=sum_{i=1}^{n}b^i-sum_{i=0}^{n-1}b^i=b^n-b^0 ]

即：

[S=frac{b^n-1}{b-1} ]

快速幂求出 (b^n-1) ，并求 (b-1) 的逆元即可。

Subtask 3

可能很多人会受到等比数列求和公式的误导，直接想到 (Subtask 2) 的做法，而没有发现陷阱在于 (k) 并非质数，无法用逆元解决分母的 (b-1)。

这里提供两种时间复杂度为 (mathcal{O}(log n)) 的方法。

法1：递推

设

[p_i=b^{(2^i)} ]

显然

[p_i=p_{i-1}^2 ]

上式可以递推出 (p_i) 。

设

[sum_i=sum ^{2^i-1}_{k=0}b^k ]

显然

[sum_i=(p_{i-1}+1) imes sum_{i-1} ]

上式可以递推出 (sum_i) 。

对于答案，我们可以对 (n) 进行二进制分解，进行分段求和。定义 (base) 为目前做到哪一位。将 (i) 从高位往低位枚举，若 (n) 在第 (i) 位非空，则将 (base * sum_i) 计入答案，并更新此时做到的位数 (base) ，即 (base := base * p_i) 。

下为xiong_6的代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO {
#define _CCF_ 8388608
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=Ibuf)+fread(Ibuf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(c) (O-Obuf<_CCF_)?(*O++=c):(fwrite(Obuf,O-Obuf,1,stdout),O=Obuf,*O++=c)
	char Ibuf[_CCF_],*p1=Ibuf,*p2=Ibuf,Obuf[_CCF_],*O=Obuf;
	int f,ch,Onum[32],Ohd; long long k;
	template<typename T>inline void read(T&x){
		x=f=ch=0; while(!isdigit(ch)) f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		f&&(x=-x);}
	template<typename T>inline void write(T x){
		if(x==0) return putchar('0'),void(); if(x<0) putchar('-'),x=-x;
		while(x>0) k=x/10,Onum[++Ohd]=(x-(k<<1)-(k<<3))^'0',x=k;
		while(Ohd>0) putchar(Onum[Ohd]),--Ohd;}
	inline void _Exit0() {fwrite(Obuf,O-Obuf,1,stdout),exit(0);}
} using namespace IO;
long long n,b,K,t;
long long bpow[100];//b^(2^i)
long long bsum[100];//sigma(b^0,b^(2^i-1))
long long base=1,ans;
int main(){
	read(t);
	while(t--){
		base=1,ans=0;
		read(n);
		read(b);
		read(K);
		b%=K;
		bpow[0]=b;
		for(long long i=1;i<=63;i++){
			bpow[i]=bpow[i-1]*bpow[i-1];
			bpow[i]%=K;
		}
		bsum[0]=1;
		for(long long i=1;i<=63;i++){
			bsum[i]=bsum[i-1]*(bpow[i-1]+1);
			bsum[i]%=K;
		}
		for(long long i=63;i>=0;i--){
			if((1ll<<i)&n){
				ans+=base*bsum[i];
				ans%=K;
				base*=bpow[i];
				base%=K;
			}
		}
		write(ans);
		putchar('
');
	}
	IO::_Exit0();
}

法2：矩阵快速幂

验题人 fz 的方法，本来由于常数过大而超时，我觉得这个方法很不错，说服了 zzy 将时限改成了 (1.5s) 。

令 (f_i) 为第 (i) 层节点数，(g_i) 为前 (i) 层节点数。

则有递推式：

[f_i=b * f_{i-1} (1) ]

[g_i=f_i + g_{i-1} (2) ]

由 ((1) (2)) 构造矩阵

[left[ egin{matrix}b & 0\1 & 1\end{matrix} ight] *left[ egin{matrix}f_i\g_{i-1}\end{matrix} ight] =left[ egin{matrix}f_{i+1}\g_{i}\end{matrix} ight] ]

所以由 (g_1) 与 (f_2) 可矩阵快速幂得到答案。
下为fz的代码。

#include<cstdio>
#include<cctype>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll readint(){
	ll x=0;
	char c=getchar();
	bool f=0;
	while(!isdigit(c)&&c!='-') c=getchar();
	if(c=='-'){
		f=1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)){
		x=x*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return f?-x:x;
}
ll p;
struct matrix{
	ll a[2][2];
	matrix operator *(matrix b){
		matrix c;
		for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++){
			c.a[i][j]=0;
			for(int k=0;k<2;k++)
				c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a[i][k]*b.a[k][j]%p)%p;
		}
		return c;
	}
};
matrix ksm(matrix a,ll b){
	matrix ans;
	for(int i=0;i<2;i++) for(int j=0;j<2;j++) ans.a[i][j]=0;
	for(int i=0;i<2;i++) ans.a[i][i]=1%p;
	while(b>0){
		if(b%2==1) ans=ans*a;
		a=a*a;
		b/=2;
	}
	return ans;
}
int main(){
	int t=readint();
	while(t--){
		ll n,b;
		n=readint();
		b=readint();
		p=readint();
		matrix a;
		a.a[0][0]=b%p;
		a.a[0][1]=0;
		a.a[1][0]=a.a[1][1]=1%p;
		a=ksm(a,n);
		printf("%lld
",a.a[1][0]);
	}
	return 0;
}

T2 dispute

Subtask 1

随便暴力。

Subtask 2

预处理出每个数的 (k) 次前驱（即迭代 “此数前一个出现的位置” (k) 次），然后查询时在 ([l,r]) 中枚举之。

Subtask 3

(last_i) 记录每个数上一次出现的位置。维护 (max_i) 表示 (last_1) 到 (last_i) 的最大值。注意到，当 (L leq max_R) 时，区间内一定存在两个相同的数，而当 (max_R<L) 时，一定不存在。可以据此判断答案。

Subtask 4

做法多样。这里给出两种出题人认为较为简单的做法。

1.可以选择优化 (Subtask 2) 的方法：

即：找到每个数的 (k) 次前驱后，就变成了 (RMQ) 问题，在线用 (ST) 表解决即可。

2.可以选择分块：

看到 (5e4) 应该想到良心出题人(xiong_6)想让你们用分块过这个子任务。区间众数，分块，没啥好讲的吧。

Subtask 5

有的人可能看到 Subtask 3 就已经理解了。没错这题就这么水。结合 Subtask 2 和 Subtask 3 的方法即可得到正解。即维护每个数的 (k) 次前驱 (pre_i)（即迭代 “此数前一个出现的位置” (k) 次），维护 (maxp_i) 表示 (pre_1) 到 (pre_i) 的最大值。然后查询时比较 (maxp_R) 和 (L) 的大小即可。线性。

下为xiong_6的代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO {
#define _CCF_ 8388608
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=Ibuf)+fread(Ibuf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(c) (O-Obuf<_CCF_)?(*O++=c):(fwrite(Obuf,O-Obuf,1,stdout),O=Obuf,*O++=c)
	char Ibuf[_CCF_],*p1=Ibuf,*p2=Ibuf,Obuf[_CCF_],*O=Obuf;
	int f,ch,Onum[32],Ohd; long long k;
	template<typename T>inline void read(T&x){
		x=f=ch=0; while(!isdigit(ch)) f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		f&&(x=-x);}
	template<typename T>inline void write(T x){
		if(x==0) return putchar('0'),void(); if(x<0) putchar('-'),x=-x;
		while(x>0) k=x/10,Onum[++Ohd]=(x-(k<<1)-(k<<3))^'0',x=k;
		while(Ohd>0) putchar(Onum[Ohd]),--Ohd;}
	inline void _Exit0() {fwrite(Obuf,O-Obuf,1,stdout),exit(0);}
} using namespace IO;
long long n,q,K,l,r;
long long sumans;
long long a[2000011];
vector<long long>pla[2000011];
long long last[2000011];
long long max_last[2000011];
int main(){
	read(n);
	read(K);
	read(q);
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		read(a[i]);
		pla[a[i]].push_back(i);
	}
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		if(pla[i].size()>=K){
			for(long long j=K-1;j<pla[i].size();j++){
				last[pla[i][j]]=pla[i][j-K+1];
			}
		}
	}
	for(long long i=1;i<=n;i++){
		max_last[i]=max(max_last[i-1],last[i]);
	}
	while(q--){
		read(l);
		read(r);
		l=(l+K*sumans-1)%n+1;
		r=(r+K*sumans-1)%n+1;
		sumans%=n;
		if(max_last[r]>=l){
			write(2);
			putchar('
');
			sumans+=2;
		}
		else{
			write(1);
			putchar('
');
			sumans+=1;
		}
	}
	IO::_Exit0();
}

T3 transport

Subtask 1

求 (LCA) , 暴力枚举。

Subtask 2

菊花图。分“从根到叶子”和“从叶子到叶子”的路径两种情况讨论。

Subtask 3

链。可以分别计算点和边的贡献：一个点会被其左边到右边的路径、从其自身出发的路径经过，而一个边只会被从其左边点到其右边点的路径经过。

Subtask 4

所有点权为0即可计算边的贡献：一条边会且只会被这样的两个点经过：一个在子树内，一个在子树外。这样就可以通过 子树内点数乘以子树外点数乘以边权 算出边的贡献。

记录出入子树时间戳，或者直接回溯过程中求子树大小皆可。

Subtask 5

思路一样，分别计算点和边对答案的贡献。边的贡献在 Subtask4 中。对于一个点，他的贡献分三种：

1.被从子树外到子树内的点经过

这种情况答案为 子树外点数*子树内点数*点权

2.此点为子树内两点的 (LCA)

显然，这种情况会且只会在这两个点分别在其不同的儿子的子树内出现。令点 (i) 的子树大小为 (siz_i) ，令点 (i) 的儿子集合为 (S_i) ，那么点 (x) 的贡献为：

[sum_{i∈S_x} sum_{j∈S_x and j<i} siz_i * siz_j ]

由于需要线性算法，所以我们记录其每一个儿子子树大小的 和的平方 与 平方的和 然后利用这个公式得出答案：

[(sum_{i=1}^nA_i)^2=sum_{i=1}^nA_i^2+2*sum_{i=1}^nsum_{j=1}^{i-1}A_iA_j ]

3.由此点出发的路径

一共有 ((n-1)) 条。

这样就求出了答案。

下为imzzy的代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define rgi register int
#define ll long long
namespace IO {
#define _CCF_ 8388608
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=Ibuf)+fread(Ibuf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(c) (O-Obuf<_CCF_)?(*O++=c):(fwrite(Obuf,O-Obuf,1,stdout),O=Obuf,*O++=c)
	char Ibuf[_CCF_],*p1=Ibuf,*p2=Ibuf,Obuf[_CCF_],*O=Obuf;
	int f,ch,Onum[32],Ohd; ll k;
	template<typename T>inline void read(T&x){
		x=f=ch=0; while(!isdigit(ch)) f|=(ch=='-'),ch=getchar();
		while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
		f&&(x=-x);}
	template<typename T>inline void write(T x){
		if(x==0) return putchar('0'),void(); if(x<0) putchar('-'),x=-x;
		while(x>0) k=x/10,Onum[++Ohd]=(x-(k<<1)-(k<<3))^'0',x=k;
		while(Ohd>0) putchar(Onum[Ohd]),--Ohd;}
	inline void _Exit0() {fwrite(Obuf,O-Obuf,1,stdout),exit(0);}
} using namespace IO;

const int mod=998244353,maxn=2000004;
int n,a[maxn];
struct EDGE{int v,w,nxt;}e[maxn<<1];
int first[maxn],cnte;
inline void addedge(int u,int v,int w) {e[++cnte]=(EDGE){v,w,first[u]},first[u]=cnte;}
int ans,siz[maxn],sum[maxn];
void dfs(int p,int f,int w) {int tmp=0;
	for(rgi i=first[p];i;i=e[i].nxt) if(e[i].v!=f)
		dfs(e[i].v,p,e[i].w),siz[p]+=siz[e[i].v],tmp=(tmp+(ll)siz[e[i].v]*siz[e[i].v])%mod;
	tmp=((ll)siz[p]*siz[p]-tmp+mod)%mod*499122177%mod;
	tmp=(tmp+(ll)siz[p]*(n-siz[p]-1)+n-1)%mod;
	ans=(ans+(ll)tmp*a[p])%mod;
	++siz[p];
	ans=(ans+(ll)w*siz[p]%mod*(n-siz[p]))%mod;
}
signed main(){
	int u,v,w; read(n);
	for(rgi i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	for(rgi i=1;i<n;++i) read(u),read(v),read(w),addedge(u,v,w),addedge(v,u,w);
	dfs(1,0,0),write(ans);
	_Exit0();
}