bzoj [ 2017省队十连测推广赛1 ] ( 4765 && 4766 && 4767 )题解

bzoj 4765 -- 分块+dfs序+树状数组:

考虑分块。将1~n分成sqrt(n)块，对每个点记录它在每个块中的祖先个数，修改一个点时枚举每一块修改。

查询[l,r]时如果一个块在[l,r]中，直接将其加入答案。显然只剩下O(sqrt(n))个点。求出树的dfs序，用树状数组维护就可以O(logn)求出答案。

时间复杂度O(n*sqrt(n)*logn)

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
    if(p1==p2){
        p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin);
        if(p1==p2)return EOF;
    }
    return *p1++;
}
inline void Read(int& x){
    char c=nc();
    for(;c<'0'||c>'9';c=nc());
    for(x=0;c>='0'&&c<='9';x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=nc());
}
#define ULL unsigned long long
#define ll long long
#define N 100010
#define SN 400
#define lowbit(x) x&-x
struct Edge{
    int t,nx;
}e[N<<1];
ULL Sum[SN],c[N],p[N];
ll k;
int i,j,n,m,Cnt,s[N][SN],t[SN],S,T,a[N],b[N],f[N],h[N],B[N],Num,Rt,x,y,z;
inline void Add(int x,int y){
    e[++Num].t=y;e[Num].nx=h[x];h[x]=Num;
}
inline void Update_c(int x,int y){
    for(;x<=n;x+=lowbit(x))c[x]+=y;
}
inline void Dfs(int x,int F){
    p[x]=a[x];b[x]=++m;if(a[x])Update_c(b[x],a[x]);t[B[x]]++;
    for(int i=1;i<=Cnt;i++)s[x][i]=t[i];
    for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)
    if(e[i].t!=F){
        Dfs(e[i].t,x);
        p[x]+=p[e[i].t];
    }
    Sum[B[x]]+=p[x];f[x]=m;t[B[x]]--;
}
inline void Update(int x,int y){
    for(int i=1;i<=Cnt;i++)Sum[i]+=1ll*y*s[x][i];
    Update_c(b[x],y);
}
inline ULL Query_c(int l,int r){
    ULL Ans=0;
    for(int i=r;i;i-=lowbit(i))Ans+=c[i];
    for(int i=l-1;i;i-=lowbit(i))Ans-=c[i];
    return Ans;
}
inline ULL Query(int l,int r){
    ULL Ans=0;
    if(B[l]==B[r]){
        for(int i=l;i<=r;i++)Ans+=Query_c(b[i],f[i]);
        return Ans;
    }
    for(int i=B[l]+1;i<B[r];i++)Ans+=Sum[i];
    for(int i=l;B[i]==B[l];i++)Ans+=Query_c(b[i],f[i]);
    for(int i=r;B[i]==B[r];i--)Ans+=Query_c(b[i],f[i]);
    return Ans;
}
char ss[40];
int Len;
inline void Print(ULL x){
    if(x==0)putchar(48);
    for(Len=0;x;x/=10)ss[++Len]=x%10;
    for(;Len;)putchar(ss[Len--]+48);putchar('
');
}
int main()
{
    Read(n);Read(T);S=sqrt((double)n);
    for(i=1;i<=n;i++)B[i]=(i-1)/S+1;Cnt=B[n];
    for(i=1;i<=n;i++)Read(a[i]);
    for(i=1;i<=n;i++){
        Read(x);Read(y);
        if(x==0)Rt=y;else Add(x,y),Add(y,x);
    }
    Dfs(Rt,0);
    while(T--){
        Read(z);Read(x);Read(y);
        if(z&1)Update(x,y-a[x]),a[x]=y;else Print(Query(x,y));
    }
    return 0;
}

bzoj 4766 -- 快速幂+快速乘

一个结论：

一个完全二分图的生成树个数为nm-1*mn-1

由于要爆long long，要用快速乘。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,p,a,b;
inline ll Ch(ll x,ll y){
    ll Ans=0;
    while(y){
        if(y&1)Ans=(Ans+x)%p;
        x=(x<<1)%p;
        y>>=1;
    }
    return Ans;
}
inline ll Pow(ll x,ll y){
    if(y==0)return 1;
    ll Ans=Pow(x,y>>1);
    if(y&1)return Ch(Ch(Ans,Ans),x);
    return Ch(Ans,Ans);
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    a=Pow(n,m-1);b=Pow(m,n-1);
    printf("%lld",Ch(a,b));
}

bzoj4767 -- DP+容斥

对于每个障碍点，从原点到它要使用的两种操作的次数可以用解方程解出。

对于一个障碍点，假如它需要的操作次数分别是x,y，那么从原点到它的路径种数就是(x+y)!/(x!*y!)

将每个障碍点需要的两种操作次数作为坐标。

对障碍点按x排序一遍，令f[i]表示从原点到i号障碍点不经过任何障碍点的路径种数，那么得到DP方程：

f[i]=g(x[i],y[i])-Σf[j]*g(x[i]-x[j],y[i]-y[j])，j<i且y[j]<y[i]

其中g(i,j)表示从原点到(i,j)的方案数。

预处理出阶乘、逆元的阶乘就可以了。

时间复杂度O(n*logn)

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 510
#define Max 1000000
#define M 1000000007
struct Node{
    int x,y;
}a[N],A,B;
int i,j,k,n,m,x,y,f[N],J1[Max],J2[Max],Ni[Max],X,Y;
inline void Solve(int x,int y){
    int a1=B.x*y-x*B.y,a2=A.y*B.x-A.x*B.y;
    if(a1%a2)return;
    int Ax=a1/a2;
    a1=A.x*y-A.y*x,a2=A.x*B.y-A.y*B.x;
    if(a1%a2)return;
    int Ay=a1/a2;
    if(Ax<0||Ay<0)return;
    if(i<Max&&(Ax>a[1].x||Ay>a[1].y))return;
    a[++m].x=Ax;a[m].y=Ay;
}
inline bool Cmp(Node a,Node b){
    return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.y<b.y);
}
inline int Work(int x,int y){
    return (1ll*J1[x+y]*J2[x])%M*J2[y]%M;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d%d%d",&X,&Y,&n,&A.x,&A.y,&B.x,&B.y);
    for(J1[1]=J2[1]=Ni[1]=J1[0]=J2[0]=1,i=2;i<Max;i++)J1[i]=1ll*J1[i-1]*i%M,Ni[i]=1ll*(M-M/i)*Ni[M%i]%M,J2[i]=1ll*J2[i-1]*Ni[i]%M;
    Solve(X,Y);
    if(m==0){printf("0");return 0;}
    for(i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);Solve(x,y);
        if(x==X&&y==Y){printf("0");return 0;}
    }
    sort(a+1,a+m+1,Cmp);
    for(i=1;i<=m;i++){
        f[i]=Work(a[i].x,a[i].y);
        for(j=1;j<i;j++)if(a[j].y<=a[i].y)f[i]=(f[i]-1ll*f[j]*Work(a[i].x-a[j].x,a[i].y-a[j].y)%M)%M;
    }
    printf("%d",(f[m]+M)%M);
    return 0;
}