「联合省选 2020 A」作业题 做题心得
第一次遇到这样套了好几层的数学题。代码我写了6K多，比ds还多（
但其实真的全都是套路，就好像把怎么做明摆着写出来了一样。顺着解下去，一层一层的套，就搞出来了。
这题的代码难度也很高，对于调代码也有很大锻炼
符号与定义
我瞎写的
对于图 (G)：
- (tree(G)) 表示 (G) 的生成树集合
- (E(G)) 表示 (G) 的边集，(V(G)) 表示 (G) 的点集
对于树 (T)：
-
(g|T)：(T) 的每条边都是 (g) 的倍数
-
(T/g)：(T) 的每条边除以 (g) 之后得到的树；它当且仅当 (g|T) 时有意义
-
$sum(T) $ ：(T) 的边权和
-
(gcd(T))：(T) 的边权的 (gcd)
题解
这题分两步：反演，矩阵树定理转化
反演
首先看到这个gcd第一反应显然是反演
设
那么显然有 (G(g)=sumlimits_{g|h} F(h))
反演得 (F(g)=sumlimits_{g|h} G(h)mu(dfrac{h}{g}))
答案为
注意到后面那个玩意就是 (mu*Id)，即 (varphi)
那答案就是 (sumlimits_{i=1}^{n} G(i)varphi(i)) ，能把 (G) 求出来即可
(G) 听起来很好求，就是把图中 (i) 的倍数的边拎出来，求所有生成树 (T) 的边权和的和
矩阵树定理转化
肯定考虑矩阵树定理，但是这个玩意解决的是所有生成树的边权的积的和
那现在相当于，要想办法把“乘法”转换成“加法”，并且保持普通的加法还是加法。
我一开始想到的是，都 (exp) 一遍。但是这样相当于要求所有生成树的积的积然后 (ln) 回来，可依然不是矩阵树定理的形式
同样考虑一个乘起来能变成和的形式：((1+ax)(1+bx)equiv 1+(a+b)x pmod{x^2})
换句话说，我们把每条边（权为 (w)）看成一个形式幂级数：(1+wx)
然后把它们在模 (x^2) 意义下乘起来，就能得到所有生成树的边权和了，并且形式幂级数加还是照样加，没有问题 （不像 (exp) 那样都转换掉了）
总结
关于思维过程：看到gcd就反演是常规操作吧，然后接下来就是一个经典题，全jb是套路
那这个题有什么收获呢？其实主要还是调代码的能力的提升...详情见后面
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandre_Scarlet
{
#define N 100
#define V 200005
#define int long long
#define mod 998244353
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define D(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define Fs(i,l,r,c) for(int i=l;i<=r;c)
#define Ds(i,r,l,c) for(int i=r;i>=l;c)
#define MEM(x,a) memset(x,a,sizeof(x))
#define FK(x) MEM(x,0)
#define Tra(i,u) for(int i=G.st(u),v=G.to(i);~i;i=G.nx(i),v=G.to(i))
#define p_b push_back
#define sz(a) ((int)a.size())
#define all(a) a.begin(),a.end()
#define iter(a,p) (a.begin()+p)
#define PUT(a,n) F(i,1,n) printf("%d ",a[i]); puts("");
int I() {char c=getchar(); int x=0; int f=1; while(c<'0' or c>'9') f=(c=='-')?-1:1,c=getchar(); while(c>='0' and c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return ((f==1)?x:-x);}
template <typename T> void Rd(T& arg){arg=I();}
template <typename T,typename...Types> void Rd(T& arg,Types&...args){arg=I(); Rd(args...);}
void RA(int *p,int n) {F(i,1,n) *p=I(),++p;}
int n,m;
int g[N][N];
vector<int> edges;
void Input()
{
Rd(n,m);
F(i,1,m)
{
int u,v,w; Rd(u,v,w);
g[u][v]=g[v][u]=w;
edges.p_b(w);
}
}
int qpow(int a,int b,int m=mod) {int r=1; while(b) {if (b&1) r=r*a%m; a=a*a%m,b>>=1;} return r;}
int primes[V]; bool notp[V]; int phi[V];
void Init()
{
int n=2e5;
int& cnt=primes[0];
notp[1]=phi[1]=1;
F(i,2,n)
{
if (!notp[i])
{
primes[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=cnt and i*primes[j]<=n;++j)
{
int u=primes[j];
notp[i*u]=1;
if (i%u==0)
{
phi[i*u]=phi[i]*u;
break;
}
else
{
phi[i*u]=phi[i]*(u-1);
}
}
}
}
struct node
{
int a,b;
node(int w=0){a=1,b=w;}
node(int x,int y) {a=x,b=y;}
}; // poly: a+bx, %(x^2)
node operator-(node a) {return (node){mod-a.a,mod-a.b};}
node operator+(node a,node b) {return (node){(a.a+b.a)%mod,(a.b+b.b)%mod};}
node operator-(node a,node b) {return a+(-b);}
node operator*(node a,node b) {return (node){(a.a*b.a)%mod,(a.a*b.b+a.b*b.a)%mod};}
node inv(node a) {int iv=qpow(a.a,mod-2,mod); return (node){iv,(mod-a.b)*iv%mod*iv%mod};}
node operator/(node a,node b) {return a*inv(b);}
namespace Linear_Algebra
{
class Matrix
{
public:
node a[N][N]; int n;
node* operator[](int id) {return a[id];}
void lswap(int i,int j) {F(x,1,n) swap(a[i][x],a[j][x]);}
void ltime(int i,node k) {F(x,1,n) a[i][x]=(a[i][x]*k);}
void laddt(int i,node k,int j) {F(x,1,n) a[j][x]=(a[j][x]+a[i][x]*k);}
void put()
{
F(i,1,n)
{
F(j,1,n) printf("(%lld,%lld) ",a[i][j].a,a[i][j].b);
puts("");
}
}
int det()
{
node ans=(node){1,0};
F(i,1,n)
{
bool all0=1;
F(j,i,n) if (a[j][i].a!=0) {all0=0; break;}
if (all0) // 按 b 消元
{
if (a[i][i].b==0)
{
F(j,i+1,n) if (a[j][i].b!=0)
{
lswap(i,j); ans=(-ans);
break;
}
}
F(j,i+1,n)
{
int k=(mod-a[j][i].b)*qpow(a[i][i].b,mod-2,mod)%mod;
laddt(i,(node){k,0},j);
}
}
else // 按 a 消元
{
if (a[i][i].a==0)
{
F(j,i+1,n) if (a[j][i].a!=0)
{
lswap(i,j); ans=(-ans);
break;
}
}
F(j,i+1,n)
{
node k=(-a[j][i])/(a[i][i]);
laddt(i,k,j);
}
}
}
F(i,1,n) ans=ans*a[i][i];
return ans.b;
}
}Lg;
node d[N];
int EdgeSum(node g2[N][N]) // edge sum of spanning tree
{
F(i,1,n)
{
d[i]=node(0,0);
F(j,1,n) if (j!=i)
{
d[i]=d[i]+g2[i][j];
}
}
F(i,1,n-1) Lg[i][i]=d[i];
F(i,1,n-1) F(j,1,n-1) if (i!=j) Lg[i][j]=-g2[i][j];
Lg.n=n-1;
return Lg.det();
}
}
bool cxk[V];
node g2[N][N];
struct small_union_find
{
int fa[N];
void clear() {F(i,1,n) fa[i]=i;}
int find(int u) {return u==fa[u]?u:fa[u]=find(fa[u]);}
void merge(int u,int v) {fa[find(u)]=find(v);}
bool con() {F(i,1,n) if (find(i)!=find(1)) return false; return true;}
}un;
void Sakuya()
{
Init();
F(d,1,V)
{
for(auto e:edges) if (e%d==0)
{
cxk[d]=1;
}
}
int ans=0;
F(d,1,V) if (cxk[d])
{
un.clear();
F(i,1,n) F(j,1,n)
{
if (g[i][j] and g[i][j]%d==0)
{
un.merge(i,j);
g2[i][j]=node(1,g[i][j]);
}
else
{
g2[i][j]=node(0,0);
}
}
if (!un.con())
{
continue;
}
int es=Linear_Algebra::EdgeSum(g2);
ans=(ans+phi[d]*es%mod)%mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
void IsMyWife()
{
Input();
Sakuya();
}
}
#undef int //long long
int main()
{
Flandre_Scarlet::IsMyWife();
getchar();
return 0;
}
后记：关于考场调试
-
不会吧不会吧还有人筛 (varphi) 会写错？
-
把那个 (pmod{x^2}) 的形式幂级数打成 struct 先给写了，然后写好矩阵
此时可以把样例的图输入进去试试，不去处理因数啥的，看看它是否输出是 44 （所有生成树的边权的和的和）
-
加上处理倍数的代码，看看样例能否跑对
可以选择对于每个 (i) 把 (G(i)) 输出来，看看是否和期望的一样
样例跑对了，手造几个小数据，看看能否跑对 （我偷懒了，直接去下了数据）
还有就是一个细节要注意：写高斯消元及相关玩意的时候，一定要注意关于 (0) 的讨论，尽管非常麻烦，但不能不讨论 —— 不然会 WA 自闭