2020 省选模拟测试 Round #7 solution (20/02/06)

【比赛链接】http://59.61.75.5:8018/contest/217

A. 异或

【题意】

已知一个序列 $a_{1dots n}$，定义 $f(x)$ 为小于等于 $x$ 的 $a_i$ 的数目。

$Q$ 次询问，每次给定 $l,r,x$，求 $sum_{i=l}^r f(ioplus x)^2$。

【数据范围】$1le n,Qle 10^5,0le a_i<2^{30},0le lle r < 2^{30},0le x<2^{30}$。

【题解】

考虑拆成 $sum_{i=0}^r f(ioplus x)^2 - sum_{i=0}^{l-1} f(ioplus x)^2$ 两部分进行求解。

根据异或的性质，$[0,r]$ 间的数在异或 $x$ 后应拆分为最多 $log$ 段，逐位拆分，每段分别计算。

考虑每段的答案仍然采用前缀和相减。二分查找对应的位置即可。细节详见代码。

效率 $O(n log^2 n)$。期望得分：100。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
const int mod=998244353;
const int maxn=100000+10;
int a[maxn],val[maxn],cnt[maxn],tot,n,Q;
long long sum[maxn];
std::set<int> s;
std::map<int,int> map;
inline int ask ( int x )
{
    int pos=std::upper_bound(val+1,val+tot+1,x)-val-1;
    return (!pos) ? 0 : (sum[pos-1]+1LL*(x-val[pos]+1)%mod*cnt[pos]%mod*cnt[pos]%mod)%mod;
}
inline int Ask ( int l,int r ) { return (ask(r)-ask(l-1)+mod)%mod; }
inline int query ( int p,int x )
{
    if ( p<0 ) return 0;
    int u=0,ans=0;
    for ( int i=30;~i;i-- )
    {
        int k=(x>>i)&1;
        if ( (p>>i)&1 ) ans=(ans+Ask(u|(k<<i),(u|(k<<i))+(1<<i)-1))%mod,u+=(k^1)<<i;
        else u|=k<<i;
    }
    return (ans+Ask(u,u))%mod;
}
signed main()
{
    scanf("%d%d",&n,&Q);
    for ( int i=1;i<=n;i++ ) scanf("%d",&a[i]),s.insert(a[i]);
    for ( int x:s ) val[map[x]=++tot]=x;
    for ( int i=1;i<=n;i++ ) cnt[map[a[i]]]++;
    for ( int i=1;i<=tot;i++ ) cnt[i]+=cnt[i-1];
    for ( int i=1;i<=tot;i++ ) sum[i]=(sum[i-1]+1LL*(val[i+1]-val[i])%mod*cnt[i]%mod*cnt[i]%mod)%mod;
    for ( int l,r,x;Q--; ) scanf("%d%d%d",&l,&r,&x),printf("%d
",(query(r,x)-query(l-1,x)+mod)%mod);
    return 0;
} 

B. 点分治

【题意】

对于一棵 $n$ 个点的树，求其点分治方案数。

两种点分治方案不同，当且仅当某个连通块的分治中心不同。

为了避免出现歧义，我们提供了一份暴力代码来具体描述这个算法。

const int mod=1e9+7;
const int maxn=5005;
bool vis[maxn];
vector<int> e[maxn];
int n;
inline void view_all(vector<int> &cur,int x,int fa){
    cur.push_back(x);
    for(int p: e[x]){
        if (vis[p]) continue;
        if (p == fa) continue;
        view_all(cur, p, x);
    }
}
inline int calc(int x){
    vector<int> cur;
    int ans = 0;
    view_all(cur, x, -1);
    for(int w: cur){
        int res = 1;
        vis[w] = 1;
        for(int p: e[w]){
            if (vis[p]) continue;
            res = 1ll * res * calc(p) % mod;
        }
        vis[w] = 0;
        ans = (ans + res) % mod;
    }
    return ans;
}
inline int get_ans(){
    return calc(1);
}

【数据范围】$nle 5000$。

【题解】

考虑树形 $dp$。设 $f[i][j]$ 表示对 $i$ 的子树进行点分治，并且 $i$ 在点分树中的深度为 $j$ 的方案数。

把 $x$ 的儿子 $y$ 的DP数组合并上来时有：

$$f'[x][i]=sum_{j=1}^isum_{k=i-j}^n f[x][j] imes f[y][k] imes C_{i-1}^{j-1}$$

预处理 $f[y]$ 的后缀和，直接转移即可。

效率 $O(n^2)$。期望得分：100。

#include <bits/stdc++.h>
const int mod=1000000007;
int n,f[5010][5010],siz[5010],g[5010],h[5010],C[5010][5010];
std::vector<int> e[5010];
inline void dfs ( int u,int fr )
{
    f[u][1]=siz[u]=1;
    for ( int v:e[u] ) if ( v!=fr )
    {
        dfs(v,u);
        for ( int y=n;~y;y-- ) h[y]=(h[y+1]+f[v][y])%mod;
        for ( int x=1;x<=siz[u]+siz[v];x++ ) g[x]=0;
        for ( int x=1;x<=siz[u];x++ ) for ( int y=0;y<=siz[v];y++ ) g[x+y]=(g[x+y]+1LL*f[u][x]*h[y]%mod*C[x+y-1][x-1])%mod;
        siz[u]+=siz[v];
        for ( int x=1;x<=siz[u];x++ ) f[u][x]=g[x];
    }
}
signed main()
{
    scanf("%d",&n);
    for ( int i=1,u,v;i<n;i++ ) scanf("%d%d",&u,&v),e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
    for ( int i=0;i<=n;i++ )
    {
        C[i][0]=1;
        for ( int j=1;j<=i;j++ ) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    }
    dfs(1,0);int Ans=0;
    for ( int i=1;i<=n;i++ ) Ans=(Ans+f[1][i])%mod;
    return !printf("%d
",Ans);
}