过于神仙的比赛
T1 graph
题目大意：
一个无向图 若其的一个子图存在欧拉回路 则答案+=这个子图边数的平方
思路：
对于一个连通图 发现一个奇妙的结论即这个联通块的方案数＝$2^{m-n+1}$（n为点数，m为边数
然后对于多个联通块 方案数为$2^{m-n+c}$，c为联通块数量
而答案可以转化为$sum_{x=1}^{m} sum_{y=1}^{m} F(x,y)$
其中$ F(x,y)$表示强制选x和y这两条边的答案 可以发现若有桥边则一定无解
所以现在考虑选了两条边后对答案的影响 若联通块数+1 则对答案的贡献为$2^{m-n-1}$ 否则为$2^{m-n-2}$
则这道题变成了在无向图上选两条边对联通块数量的影响 可以参考bzoj 3569
对每个非树边rand一个权值 一个树边的权值为覆盖这条边的所有权值异或和 若两条边异或和为0 则说明选这两条边会使联通块数量+1
最后统计一下答案
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<cstring> 7 #include<vector> 8 #include<stack> 9 #include<queue> 10 #include<map> 11 #define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i__end=(t);i<=i__end;++i) 12 #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i__end=(t);i>=i__end;--i) 13 #define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i]) 14 #define Fill(x,t) memset(x,t,sizeof(x)) 15 #define ll long long 16 #define ull unsigned long long 17 #define inf 2139062143 18 #define MAXN 170100 19 #define MOD 998244353 20 using namespace std; 21 inline int read() 22 { 23 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 24 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 25 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 26 return x*f; 27 } 28 int n,m,N,fst[MAXN],to[MAXN<<1],nxt[MAXN<<1],cnt=1,vis[MAXN][2],dfn;//num为所有非桥边，tot为所有使联通块数量+1的边对 29 ull val[MAXN],v[MAXN<<1],ans=1,tot,num; 30 map <ull,int> hsh;//记录所有边权相同的边 31 void add(int u,int v) {nxt[++cnt]=fst[u],fst[u]=cnt,to[cnt]=v;} 32 inline ull rnd(){ull res=(rand()^(rand()<<16));res<<=32,res|=(rand()^(rand()<<16));return res;}//优秀的ULL rand 33 void dfs(int x,int pa) 34 { 35 vis[x][0]=++dfn;ren if(i!=(pa^1)) 36 { 37 if(!vis[to[i]][0]) dfs(to[i],i); 38 else if(vis[to[i]][0]<vis[x][0])//处理非树边的权值并对这个路径的两端异或该值，在下一次dfs时候可以保证所有路径上的边都被异或（脑补一下 39 tot++,num++,v[i]=rnd(),val[x]^=v[i],val[to[i]]^=v[i],hsh[v[i]]++; 40 } 41 } 42 void Dfs(int x,int pa) 43 { 44 vis[x][1]=1;ren if(i!=(pa^1)&&!vis[to[i]][1]) {Dfs(to[i],i);val[x]^=val[to[i]];} 45 if(val[x]) {num++;(tot+=(hsh[val[x]]<<1|1))%=MOD;hsh[val[x]]++;}//计算所有边权相同的边对 46 } 47 int main() 48 { 49 freopen("graph.in","r",stdin); 50 freopen("graph.out","w",stdout); 51 srand(19260817);ll res2; 52 n=read(),m=read(),N=m-n-2,res2=1;int a,b;rep(i,1,m) a=read(),b=read(),add(a,b),add(b,a); 53 rep(i,1,n) if(!vis[i][0]) {dfs(i,-1);Dfs(i,-1);N++;} 54 rep(i,1,N) (ans<<=1)%=MOD;//不影响联通块数量的每个边对的答案 55 rep(i,1,N+1) (res2<<=1)%=MOD; 56 ((num*=num)-=tot)%=MOD; 57 ans=((tot*res2)%MOD+ans*num)%MOD; 58 printf("%lld ",ans); 59 }
（代码中的res2不能用$ans<<1$代替，因为N+1可能小于1
T2 math
题目大意：
思路：
首先可以构造一个狄利克雷卷积 $G=F*mu$
当$d=1$的时候 $G(p)=0$ 发现$G(p^c)=F(p^c)-F(p^{c-1})$
由于$G(i)$为积性函数 所以$G(i)=G({p_1}^{c_1}) imes ··· G({p_k}^{c^k})$
则①$G(x)>0$的充要条件为x的每一个质因子的次数都$geq 2$
这样可以使有意义的$G$数量变少 又可以把$G$卷回去即$F=G*1$
则$F(i)=sum_{d|n} G(d)$ 然后答案为$sum_{i=1}^n G(i) imes lfloor frac{n}{i} floor$
由①得对于所有对答案有贡献的$G(i)，i$都可以表示为$a^2 imes b^3$的形式，
而这种数的数量为$n^{frac{1}{2}}$级别的 可以搜索（使用每个质因子次数都$ge$2的性质）
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<cstring> 7 #include<vector> 8 #include<queue> 9 #include<map> 10 #define rep(i,s,t) for(register int i=(s);i<=(t);++i) 11 #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s);i>=(t);--i) 12 #define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i]) 13 #define Fill(x,t) memset(x,t,sizeof(x)) 14 #define ll long long 15 #define inf 2139062143 16 #define MAXN 10010000 17 using namespace std; 18 inline ll read() 19 { 20 ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 21 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 22 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 23 return x*f; 24 } 25 int p[MAXN/10],tot,ntp[MAXN]; 26 ll n,ans; 27 void mem(ll m) 28 { 29 rep(i,2,m) 30 { 31 if(!ntp[i]) p[++tot]=i,ntp[i]=1; 32 for(int j=1;i*p[j]<=m;j++) {ntp[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0) break;} 33 } 34 } 35 void dfs(int x,ll now,ll rst) 36 { 37 ans+=now*rst;ll tmp,t1,t2,res; 38 rep(i,x+1,tot) 39 { 40 tmp=rst;if((ll)p[i]*p[i]>rst) break; 41 tmp/=(ll)p[i]*p[i],t1=p[i],t2=1LL; 42 rep(j,2,60) 43 { 44 if(!tmp) break; 45 res=t1*(j%p[i]==0?p[i]:1)-t2*((j-1)%p[i]==0?p[i]:1); 46 dfs(i,now*res,tmp);tmp/=p[i],t1*=p[i],t2*=p[i]; 47 } 48 } 49 } 50 int main() 51 { 52 freopen("sum.in","r",stdin); 53 freopen("sum.out","w",stdout); 54 n=read();mem(10000000);dfs(0,1LL,n);printf("%lld ",ans); 55 fclose(stdout);return 0; 56 }
T3 math
思路：
通过观察可以发现$T(i,j)=C(i,j)*(i+1)$ 然后经过一些观察发现 所求其实为$lcm(n-k+1,n-k+2··· n)$
可以构造一个数列$A_i[]$ 使得 $prod_{i=l}^r A_r[i]=lcm(l,···,r)$
考虑已经构造好了$i-1$项 现在要加入第$i$这个数 则我们可以构造一个栈，分解$i$，在前面的数中将每个质数扔掉 eg：
* 6: 1 1 1 2 5 6
* 7: 1 1 1 2 5 6 7
* 8: 1 1 1 1 5 3 7 8
······
这样的话是需要将这一段的点乘起来即可 由于强制在线 使用主席树维护这个数组即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<cstring> #include<vector> #include<stack> #include<queue> #include<map> #define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i__end=(t);i<=i__end;++i) #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i__end=(t);i>=i__end;--i) #define ren for(int i=fst[x];i;i=nxt[i]) #define Fill(x,t) memset(x,t,sizeof(x)) #define ll long long #define inf 2139062143 #define MAXN 170100 #define MOD 998244353 using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} return x*f; } int tot,q,n,k,A,B,las,mod,c[MAXN],d[MAXN],inv[MAXN]; int vis[MAXN],pw[MAXN]; int ls[MAXN<<7],rs[MAXN<<7],rt[MAXN],val[MAXN<<7]; struct data {int id,val;}; vector <data> num[MAXN]; stack <data> st[MAXN]; void mdf(int &k,int kk,int l,int r,int x,int w) { if(!k) k=++tot;val[k]=((ll)val[kk]*w)%MOD; if(l==r) return ; ls[k]=ls[kk],rs[k]=rs[kk];int mid=l+r>>1; if(x<=mid) {ls[k]=0;mdf(ls[k],ls[kk],l,mid,x,w);} else {rs[k]=0;mdf(rs[k],rs[kk],mid+1,r,x,w);} } int query(int k,int l,int r,int a,int b) { if(l==a&&r==b) return val[k]; int mid=l+r>>1; if(b<=mid) return query(ls[k],l,mid,a,b); else if(a>mid) return query(rs[k],mid+1,r,a,b); else return ((ll)query(ls[k],l,mid,a,mid)*query(rs[k],mid+1,r,mid+1,b))%MOD; } int main() { freopen("math.in","r",stdin); freopen("math.out","w",stdout); q=read(),n=read(),k=read(),A=read(),B=read(),mod=read();swap(n,mod); inv[1]=val[0]=pw[0]=1;rep(i,2,n) inv[i]=((ll)(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i])%MOD; rep(i,2,n) if(!vis[i]) { rep(j,1,n) if(pw[j-1]<=n) pw[j]=pw[j-1]*i;else break; rep(j,i,n) {rep(o,1,n) if(j%pw[o]) {num[j].push_back((data){i,o-1});break;}vis[j]=1,j+=i-1;} }int x,y,p,t; rep(i,1,n) { mdf(rt[i],rt[i-1],1,n,i,i); rep(j,0,num[i].size()-1) { x=num[i][j].id,y=num[i][j].val; rep(o,1,n) if(pw[o-1]<=n) pw[o]=pw[o-1]*x;else break; while(st[x].size()) { p=st[x].top().id,t=st[x].top().val;st[x].pop(); if(y>=t) mdf(rt[i]=0,rt[i],1,n,p,inv[pw[t]]); else {mdf(rt[i]=0,rt[i],1,n,p,inv[pw[y]]);st[x].push((data){p,t-y});} y-=t;if(y<=0) break; } st[x].push((data){i,num[i][j].val}); } } rep(i,1,q-1) c[i]=read();rep(i,1,q-1) d[i]=read();swap(n,mod); rep(i,1,q) {printf("%d ",las=query(rt[n],1,mod,n-k+1,n));n=((ll)A*las+c[i])%mod+1,k=((ll)B*las+d[i])%n+1;} }