2019.3.12考试&2019.3.13考试&ESTR

T1 基环树直径，一定学

T2 树上斜率优化，类似购票，数据结构/分治算法，一定改

(把点按深度排序倒着跑2e7次斜率优化也能A，orz zyz)

T3 CC原题，码码码，一定补

一定咕

学动态点分治去了

因为各种原因又压进来一篇

T1 神tm 暴力DP+剪枝可过，我觉得反正只会暴力然后就没剪枝，造数据的建议击毙

T2 沙茶博主第一次实际应用生成函数？

根据题目中的递推关系搞出来生成函数

$f[i]=2*f[i-1]+3*f[i-2]$

$x^n=2*x^{n-1}+3*x^{n-2}$

$x^2=2x+3$

解这个方程得到$x=-1$或$x=3$

所以一定有$f_n=k_1(-1)^n+k_23^n$

前两项带进去，解得$k_1=frac{3}{4}f_0-frac{1}{4}f_1,k_2=frac{1}{4}f_0+frac{1}{4}f_1$

现在要我们求集合s的所有大小为k的子集的子集和的对应项之和

考虑上面的那个东西，相当于把所有物品拿出来做背包，最后$k$次项的系数对答案产生贡献，写一个分治FFT来做

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=800005,M=30,mod=99991;
const int Pow=15,Bas=(1<<Pow)-1;
const double pai=acos(-1);
struct cpx
{
    double x,y;
    void Turn(int a,int b)
    {
        x=a,y=b;
    }
}a[N],b[N],c[N],d[N],ort[N];
const cpx b1=(cpx){0.5,0};
const cpx b2=(cpx){0,-0.5};
const cpx b3=(cpx){1,0};
const cpx b4=(cpx){0,1};
cpx operator + (cpx a,cpx b)
{
    return (cpx){a.x+b.x,a.y+b.y};
} 
cpx operator - (cpx a,cpx b)
{
    return (cpx){a.x-b.x,a.y-b.y};
}
cpx operator * (cpx a,cpx b)
{
    double x1=a.x,x2=b.x,y1=a.y,y2=b.y;
    return (cpx){x1*x2-y1*y2,x1*y2+x2*y1};
}
cpx operator ! (cpx a)
{
    a.y=-a.y; return a;
}
char BF[1<<23],*P1=BF,*P2=BF;
char Gc(){return (P1==P2&&(P2=(P1=BF)+fread(BF,1,1<<21,stdin),P1==P2)?EOF:*P1++);}
template<class Type> void Fread(Type &x)
{
    x=0; char ch=Gc();
    while(!isdigit(ch)) ch=Gc();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=Gc();
}
int Roumod(double x)
{ 
    return (long long)(x+0.5)%mod;
}
int Qpow(int x,int k)
{
    if(k==1) return x;
    int tmp=Qpow(x,k/2);
    return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}
#define vint vector<int>
#define vit vector<int> ::iterator 
double Sin[M],Cos[M];
int n,m,f0,f1,k1,k2,anss;
int num[N],odf[N],rev[N],xx[N],yy[N],ans[N]; vint fuc;

void Trans(cpx *cop,int len,int typ)
{
    register int i,j,k;
    for(i=0;i<len;i++)
        if(rev[i]>i) swap(cop[i],cop[rev[i]]);
    for(i=2;i<=len;i<<=1)
    {
        int lth=i>>1;
        for(j=0;j<len;j+=i)
        {
            cpx *pts=ort;
            for(k=j;k<j+lth;pts+=len/lth,k++)
            {
                cpx tmp=*pts; if(typ==-1) tmp=!tmp;
                tmp=tmp*cop[k+lth],cop[k+lth]=cop[k]-tmp,cop[k]=cop[k]+tmp;
            }
        }
    }
    if(typ==-1)
        for(int i=0;i<=len;i++)     
            cop[i].x/=len,cop[i].y/=len;
}
void Mul(cpx *c1,cpx *c2,cpx &a1,cpx &a2,int p,int q)
{
    cpx t1=(c1[p]+!c1[q])*b1,t2=(c1[p]-!c1[q])*b2;
    cpx t3=(c2[p]+!c2[q])*b1,t4=(c2[p]-!c2[q])*b2;
    a1=t1*t3+(t1*t4+t2*t3)*b4,a2=t2*t4;
}
void CDFFT(int *p1,int *p2,int *ans,int len)
{
    register int i;
    for(i=0;i<len;i++)
    {
        a[i].Turn(p1[i]&Bas,p1[i]>>Pow),p1[i]=0;
        b[i].Turn(p2[i]&Bas,p2[i]>>Pow),p2[i]=0; 
    }
    Trans(a,len,1),Trans(b,len,1),Mul(a,b,c[0],d[0],0,0);
    for(i=1;i<len;i++) Mul(a,b,c[i],d[i],i,len-i);
    Trans(c,len,-1),Trans(d,len,-1);
    for(i=0;i<len;i++) 
    {
        long long x1=Roumod(c[i].x),y1=Roumod(c[i].y),x2=Roumod(d[i].x);
        ans[i]=(((x2<<(Pow<<1))+(y1<<Pow)+x1)%mod+mod)%mod;
    }
}
vint Merge(vint v1,vint v2)
{
    register int i;
    vint ret; ret.clear();
    int l1=v1.size()-1,l2=v2.size()-1,len=l1+l2;
    for(i=0;i<=l1;i++) xx[i]=v1[i];
    for(i=0;i<=l2;i++) yy[i]=v2[i];
    int lth=1; while(lth<=len) lth<<=1; 
    for(i=0;i<=lth;i++)
    {
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+(i&1)*(lth>>1);
        ort[i]=(cpx){cos(pai*i/lth),sin(pai*i/lth)};
    }
    CDFFT(xx,yy,ans,lth);
    for(i=0;i<=len;i++) ret.push_back(ans[i]);
    return ret;
}
vint CDQ(int l,int r)
{
    if(l==r)     
    {
        vint ret; ret.clear();
        ret.push_back(1);
        ret.push_back(odf[l]);
        return ret;
    }
    else
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        vint ls=CDQ(l,mid);
        vint rs=CDQ(mid+1,r);
        return Merge(ls,rs);
    } 
}
int main()
{
    register int i;
    Fread(n),Fread(m);
    for(i=1;i<=n;i++) Fread(num[i]);
    Fread(f0),Fread(f1);
    k2=1ll*(f0+f1)*Qpow(4,mod-2)%mod,k1=(f0-k2+mod)%mod;
    for(i=1;i<=n;i++) odf[i]=num[i]%2?(mod-1):1;
    fuc=CDQ(1,n),anss=1ll*fuc[m]*k1%mod;
    for(i=1;i<=n;i++) odf[i]=Qpow(3,num[i]);
    fuc=CDQ(1,n),anss=(anss+1ll*fuc[m]*k2%mod)%mod;
    printf("%d",anss);
    return 0;
}

T3

因为各种原因 ESTR 也被扔进来了

T1 取最长的相同的一段即为答案，证明脑补

T2 循环矩阵的矩阵乘法

不动的矩阵先自己快速幂，然后两个对应乘起来即可，多项式乘法优化到$O(nlog^2 n)$，因为用的是vector所以常数惨不忍睹=。=

#pragma GCC optimize(2)
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define vint vector<int>
#define vit vector<int> ::iterator 
using namespace std;
const int N=400006,mod=998244353;
int n,m,rd,lim,len,G,Gi,Ni; long long t;
int a[N],b[N],c[N],rev[N],pw[30][2]; vint aa,bb;
void Add(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
int Qpow(int x,int k)
{
    if(k==1) return x;
    int tmp=Qpow(x,k/2);
    return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}

void Pre()
{
    register int i; 
    G=3,Gi=Qpow(G,mod-2);
    lim=2*n-2,len=1; while(len<=lim) len<<=1;
    for(int i=0;i<=len;i++) 
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+(i&1)*(len>>1);
    for(int i=1;i<=24;i++)
    {
        pw[i][0]=Qpow(G,(mod-1)/(1<<i));
        pw[i][1]=Qpow(Gi,(mod-1)/(1<<i));
    }
}
void Trans(int *arr,int len,int typ)
{
    register int i,j,k;
    for(i=0;i<len;i++)
        if(rev[i]>i) swap(arr[rev[i]],arr[i]);
    for(i=2;i<=len;i<<=1)
    {
        int lth=i>>1,ort=pw[(int)log2(i)][typ==-1];
        for(j=0;j<len;j+=i)
        {
            int ori=1,tmp;
            for(k=j;k<j+lth;k++,ori=1ll*ori*ort%mod)
            {
                tmp=1ll*ori*arr[k+lth]%mod;
                arr[k+lth]=(arr[k]-tmp+mod)%mod;
                arr[k]=(arr[k]+tmp)%mod;
            }
        }
    }
    if(typ==-1)
    {
        int Ni=Qpow(len,mod-2);
        for(i=0;i<=len;i++)
            arr[i]=1ll*arr[i]*Ni%mod;
    }
}
vint Pmul(vint va,vint vb)
{
    vint ret; ret.clear();
    for(int i=0;i<n;i++) a[i]=va[i],b[i]=vb[i];
    for(int i=n;i<=len;i++) a[i]=b[i]=0;
    Trans(a,len,1),Trans(b,len,1);
    for(int i=0;i<=len;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    Trans(a,len,-1); ret.resize(n);
    for(int i=0;i<2*n-1;i++) Add(ret[i%n],a[i]);
    return ret;
}
vint Ppow(vint x,long long k)
{
    if(k==1) return x;
    vint tmp=Ppow(x,k>>1);
    return k%2?Pmul(Pmul(tmp,tmp),x):Pmul(tmp,tmp);
}
int main()
{
    scanf("%d%lld",&n,&t),Pre();
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&rd),aa.push_back(rd);
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&rd),bb.push_back(rd); 
    bb=Ppow(bb,t),reverse(bb.begin(),bb.end()),aa=Pmul(aa,bb); 
    printf("%d ",aa[n-1]); for(int i=0;i<n-1;i++) printf("%d ",aa[i]);
    return 0;
}

T3

若[l,r]中有两个x的倍数，那么一定存在一个a使得a*x和(a+1)*x在[l,r]中，数论分块可过。

可以发现这是有一个分界线的，分界线之后都不合法，也许找出分界线也可以做？

上面fp，显然假的

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long l,r,k;
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&l,&r,&k);
    if(k==1) printf("%lld",r-l+1),exit(0);
    long long ll=l-1,res=0;
    for(long long i=1,j;i<=ll;i=j+1)
    {
        j=min(ll/(ll/i),r/(r/i));
        if(r/i-ll/i>=2) res+=j-i+1;
    }
    printf("%lld",r-l+1+res);
    return 0;
}