20联赛集训day6 题解

A

对点权取 (ln) 变成加法就行了。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 2e5 + 5;
const int ha = 1e9 + 7;

std::vector<int> G[MAXN];
int n,a[MAXN];

long double f[MAXN][2];

inline void dfs(int v,int fa=0){
	long double val = logl((long double)a[v]);
	f[v][1] = val;f[v][0] = 0;
	for(auto x:G[v]){
		if(x == fa) continue;
		dfs(x,v);
		if(f[x][1] > f[x][0]) f[v][0] += f[x][1];
		else f[v][0] += f[x][0];
		f[v][1] += f[x][0];
	}
}

int ans = 1;

inline void dfs2(int v,int las=0,int fa=0){
	bool flag = 0;
	if(!las){
		long double val = logl((long double)a[v]);
		long double w1 = 0,w2 = val;
		for(auto x:G[v]){
			if(x == fa) continue;
			if(f[x][1] > f[x][0]) w1 += f[x][1];
			else w1 += f[x][0];
			w2 += f[x][0];
		}
		if(w1 < w2) ans = 1ll*ans*a[v]%ha,flag = 1;
	}
	for(auto x:G[v]){
		if(x == fa) continue;
		dfs2(x,flag,v);
	}

}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i);
	FOR(i,2,n){
		int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
		G[u].pb(v);G[v].pb(u);
	}
	dfs(1);dfs2(1);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

B

我们连边 ((x,2x))，发现图形如若干链，链头都是一个不包含质因子 (2) 的数字，设链头数字为 (x)，长度为 (l)，需要满足 (x2^{l-1} leq n)。

发现本质不同的长度只有 (log n) 种，算出来每种长度的数量（这里我用的是容斥），对于偶数长度每个集合获得的长度是一样的，方案数是 (2)。对于奇数长度有一个集合会获得更多的一个，我们可以解出要选多少个奇数集合，lucas 定理即可。

其实发现每次组合数上面数是不变的，而下降幂最多过 ( ext{mod}) 次就会变成 (0)。。。预处理最后几项就行。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<LL,LL>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int ha = 10000019;
const int MAXN = 1e5 + 5;
LL cnt[114];

inline int qpow(int a,LL n=ha-2){
	int res = 1;n %= (ha-1);
	while(n){
		if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
		a = 1ll*a*a%ha;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}


int fac[ha],inv[ha];

inline int C(LL n,LL m){
	if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	if(n < ha && m < ha) return 1ll*fac[n]*inv[m]%ha*inv[n-m]%ha;
	else return 1ll*C(n%ha,m%ha)*C(n/ha,m/ha)%ha;
}

inline void prework(){
	fac[0] = 1;
	FOR(i,1,ha-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
	inv[ha-1] = qpow(fac[ha-1]);
	ROF(i,ha-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
}

int main(){
	prework();
	LL n;int q;scanf("%lld%d",&n,&q);
	FOR(i,0,60){
		LL t = n/(1ll<<i);
		if(!t) break;
		if(t&1) cnt[i+1]++,t--;
		cnt[i+1] += t/2;
	}
	int lg = 0;LL x = n;
	while(x) x >>= 1,lg++;
	FOR(i,1,60) cnt[i] -= cnt[i+1];
	LL now = 0,s2 = 0;int B = 1;
	FOR(i,0,lg){
		if(!cnt[i]) continue;
		if(i&1){
			int t = i/2;
			now += cnt[i]*t;
			s2 += cnt[i];
		}
		else{
			now += cnt[i]*i/2;
			B = 1ll*B*qpow(2,cnt[i])%ha;
		}
	}
	while(q--){
		LL m = 0;
		int ans = B;
		scanf("%lld",&m);
		if(now > m){
			puts("0");
		}
		else{
			LL r = m-now;
			ans = 1ll*ans*C(s2,r)%ha;
			printf("%d
",ans);
		}
	}
	return 0;
}

C

相当于是问所有数 (geq x) 的划分数。

我们考虑划分数的两个dp：

设 (f_{i,j}) 表示考虑了 (1ldots i) 里的数，和为 (j) 的方案数，每次是做一个完全背包。

设 (g_{i,j}) 表示选了 (i) 个数和为 (j) 的方案数，转移枚举整体加一或者是放进去一个 (1)，(g_{i,j} = g_{i,j-i}+g_{i-1,j})。

我们考虑根号分治，将所有数按照与 (sqrt{n}) 的大小关系分类。对于 (leq sqrt{n}) 的数就直接跑 (f)，也就是说 (f) 的第一维只需要 (leq sqrt{n})，复杂度 (O(nsqrt{n}))。

对于 (>sqrt{n}) 的数，只会选 (<sqrt{n}) 个，跑 (g)，复杂度 (O(n sqrt {n}))。

总复杂度：(O(nsqrt n))。

考试的时候差点想出来。。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e5 + 5;

int x,y,n,ha;

inline void add(int &x,int y){
	x += y;if(x >= ha) x -= ha;
}

int f[MAXN],g[MAXN],h[MAXN];
/*
f[i][j]: 考虑了前i个数 和为j
g[i][j]: 选了i个数 和为j

g[i][j] = g[i-1][j]+g[i-1][j-i]
g 只考虑所有>B的数 将所有数字最后加个B+1
g[i][j] = g[i-1][j]+g[i][j-i]
所以 i<=n/B
*/

inline int solve(int x){// >= x
	if(x > n) return 0;
	int B = std::sqrt(1.0*n);
	B = std::max(B,x-1);
	CLR(f,0);CLR(g,0);CLR(h,0);
	f[0] = 1;FOR(i,x,B) FOR(j,0,n) if(j >= i) add(f[j],f[j-i]);
	g[0] = 1;h[0] = 1;
	FOR(i,1,n/B){
		FOR(j,0,n){
			if(j >= i) add(g[j],g[j-i]);
			if(j+i*(B+1) <= n) add(h[j+i*(B+1)],g[j]);
		}
	}
	int ans = 0;
	FOR(i,0,n) add(ans,1ll*f[i]*h[n-i]%ha);
	return ans;
}

int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&n,&ha);
	int t1 = solve(x),t2 = solve(y+1);
	int ans = t1;add(ans,ha-t2);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

D

第一步都没观察到。。。。

首先我们将原串做一些处理：如果开头和结尾的字符都是相同的，同时删除两个字符。这样我们发现 (A) 或者 (E) 一定有一个消失了。于是转化为对剩下的串划分，使得 (A+C) 或 (B+D) 是回文串。

我们先考虑 (A+C) 怎么做，(B+D) 只需要反过来做一遍就行了。

我们先枚举回文中心在哪个位置，分类讨论一下：

首先我们肯定是希望回文长度尽量长的，要不然损失两个才多获得一个不划算。

• 回文中心在 (A)

枚举一下回文中心，实际上是要判断后面是否有串和红色不交，并且是黄色串的倒序。我们将这个串翻转拼接在后面，就是问是否存在一个位置，他的 border。这个我们只需要求出每个前缀对应的后缀，border 集合包含它的最靠后的位置就行了。这个东西可以先更新一下最长 border，然后因为 border 的border 也能被这个位置更新，倒着扫一遍就行了。

• 回文中心在 (C)

最终的方案一定是形如这样的，红色是一个回文串。我们要求出每个后缀，他能扩展到的最远位置，满足他是前缀的逆序。这个也可以把反串接到后面，然后直接用 kmp 的 next 数组更新就行了。

这里可能会有疑惑：如果黄色和红色有交了怎么办？本来是要暴力跳 next 的，但是发现：

箭头指向的方向表示这个串的顺序或逆序，这三个串是相同的。

我们可以认为算了第三种方案，所以直接和长度取 (min) 即可。

当然如果你直接 exkmp 就没那么麻烦了，上面的操作都是要求一个后缀和一个串的 lcs。

细节有点多，要分开讨论奇回文后缀和偶回文后缀。。

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl

const int MAXN = 1e7 + 5;

char str[MAXN];
int n,ans = 0;
int r[MAXN];
char s[MAXN],ss[MAXN];

inline void manacher(int n){
	int N = 0;s[0] = '$';
	s[N = 1] = '#';FOR(i,1,n) s[++N] = str[i],s[++N] = '#';
	int mid = 0;
	FOR(i,1,N){
		if(i <= mid+r[mid]) r[i] = std::min(r[2*mid-i],mid+r[mid]-i);
		else r[i] = 1;
		while(s[i+r[i]] == s[i-r[i]]) ++r[i];
		if(i+r[i] > mid+r[mid]){
			mid = i;
		}
	}
}

int g[MAXN];
// 后缀i能和反串的后缀匹配到哪里
int h[MAXN];
// 前缀i的逆最靠后可以匹配到哪个位置
int nxt[MAXN];

inline void work(int n){
	CLR(nxt,0);CLR(g,0);CLR(s,0);CLR(ss,0);CLR(r,0);CLR(h,0);
	manacher(n);
	int nn = 0;
	FOR(i,1,n) ss[++nn] = str[i];
	ss[++nn] = '$';
	ROF(i,n,1) ss[++nn] = str[i];
	std::reverse(ss+1,ss+nn+1);
	int j = 0;
	FOR(i,2,nn){
		while(j && ss[i] != ss[j+1]) j = nxt[j];
		if(ss[i] == ss[j+1]) ++j;
		nxt[i] = j;
	}
	FOR(i,n+2,nn) h[nxt[i]] = std::max(h[nxt[i]],n-(i-n-1)+1);
	ROF(i,n,1) h[nxt[i]] = std::max(h[nxt[i]],h[i]);
	std::reverse(nxt+1,nxt+nn+1);
	FOR(i,1,n) g[i] = nxt[i];
	FOR(i,1,2*n) ans = std::max(ans,r[i]-1);
	FOR(i,1,n){ // i处的奇回文
		int l = r[2*i]/2;
		ans = std::max(ans,r[2*i]-1+2*std::min(g[i+l],i-l));
		if(h[i-l] >= i+l) ans = std::max(ans,r[2*i]-1+2*(i-l));
	}
	FOR(i,1,n-1){ // (i,i+1)处的偶回文
		int l = (r[2*i+1]-1)/2;
		ans = std::max(ans,r[2*i+1]-1+2*std::min(g[i+l+1],i-l));
		if(h[i-l] >= i+l+1) ans = std::max(ans,r[2*i+1]-1+2*(i-l));
	}
}

int main(){
	scanf("%s",str+1);n = strlen(str+1);
	int l = 1,r = n;
	while(l <= r && str[l] == str[r]) l++,r--;
	if(l > r){
		printf("%d
",n);
		exit(0);
	}
	int gx = l-1;
	int t = 0;
	FOR(i,l,r) str[++t] = str[i];
	FOR(i,t+1,n) str[i] = 0;
	work(t);
	std::reverse(str+1,str+t+1);
	work(t);
	ans += gx*2;
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}