AC. 梦想

frank_c1

2016多校联合训练6

发布于2016年08月04日 | 暂无评论 | 1,304阅读 | 比赛经历

今天题目好丧病啊……

早上听闻人手不足，有一种浓浓的要滚粗的感觉。

最后发现排名还不错，做了五道居然有rank 15，真不容易。

切了四道感觉还是不错的。感谢大爷们把思博题都让我A。

补题啦~

1001. A Boring Question

求

\sum_{1 \le k_1,k_2,...,k_m \le n} \sum_{j=1} ^ {m-1} {{k_{j+1} \choose k_j}} \mod 10 ^ 9 + 7

1 \le T \le 10000, 0 \le n \le 10 ^ 9, 2 \le m \le 10 ^ 9

这题可能需要一些高超的数学推导技巧。不过我们发现公式这样复杂，肯定有一些奥妙重重的规律。

我们小范围打表后可以发现，同一纵列是有明显的递推关系的。且第i列的递推公式为

f(0) = 1, f(n) = mf(n-1) + 1

结合高中数学知识可以推出通项是

f(n) = \frac{m ^ {n+1} -1} {m - 1}

时间复杂度O(T\log n)。

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#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define PER(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define RVC(i,S) for(int i=0;i<(S).size();i++)
#define RAL(i,u) for(int i=fr[u];i!=-1;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
    
template<class T> inline
void read(T& num) {
    bool start=false,neg=false;
    char c;
    num=0;
    while((c=getchar())!=EOF) {
        if(c=='-') start=neg=true;
        else if(c>='0' && c<='9') {
            start=true;
            num=num*10+c-'0';
        } else if(start) break;
    }
    if(neg) num=-num;
}
/*============ Header Template ============*/
 
const int mo=(int)(1e9)+7;
 
LL pow_mod(LL b,LL p,LL k) {
    LL res=1;
    for(;p;p>>=1) {
        if(p&1) res=res*b%k;
        b=b*b%k;
    }
    return res;
}
 
void solve() {
    int n,m;
    read(n);read(m);
    printf("%lld\n",(pow_mod(m,n+1,mo)+mo-1)*pow_mod(m-1,mo-2,mo)%mo);
}
 
int main() {
    int T;
    read(T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

1002. A Simple Chess

有一枚棋子，初始在(1,1)，要走到(n,m)。

棋子在(x,y)时可以走到(x+2,y+1)或者(x+1,y+2)，不能出界。有r个坏点，棋子不能走到坏点上。

求(1,1)走到(n,m)的方案数，答案对110119取模。保证(1,1)不是坏点。

1 \le n,m \le 10 ^ {18}, 1 \le r \le 100

这是一道经典问题。

一开始意识模糊了一下方程写错了。坑了一会儿才搞对。

先将点去重后按x - y排序。设点1是(1,1)，f(i)是点1走到点i的方案数，则

f(i) = ways(1,i) - \sum_{j=2} ^ {i-1} {ways(j,i)f(j)}

ways(i,j)指点i走到点j的方案数。我们发现在每个点只有两种选择，我们先列个方程算出两种跳法各需要多少次，不妨设为a次和b次，则ways就是{a + b \choose a}。

至于组合数，我们发现模数奥妙重重，肯定是Lucas啦。

时间复杂度O(r ^ 2 \log n)。

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#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define PER(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define RVC(i,S) for(int i=0;i<(S).size();i++)
#define RAL(i,u) for(int i=fr[u];i!=-1;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
    
template<class T> inline
void read(T& num) {
    bool start=false,neg=false;
    char c;
    num=0;
    while((c=getchar())!=EOF) {
        if(c=='-') start=neg=true;
        else if(c>='0' && c<='9') {
            start=true;
            num=num*10+c-'0';
        } else if(start) break;
    }
    if(neg) num=-num;
}
/*============ Header Template ============*/
 
struct point {
    LL x,y;
    point(LL a=0,LL b=0):x(a),y(b) {}
} p[1005];
 
bool operator < (point a,point b) {
    if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;
    return a.y<b.y;
}
 
bool operator == (point a,point b) {
    return a.x==b.x && a.y==b.y;
}
 
LL n,m;
int r,tot;
 
LL pow_mod(LL b,LL p,LL k) {
    LL res=1;
    for(;p;p>>=1) {
        if(p&1) res=res*b%k;
        b=b*b%k;
    }
    return res;
}
 
const int mo=110119;
LL fac[mo],ivf[mo];
 
inline void addnode(LL x,LL y) {
    ++tot;p[tot].x=x;p[tot].y=y;
}
 
LL C(LL a,LL b) {
    LL na=a%mo,nb=b%mo;
    if(na<nb) return 0;
    LL tmp=(fac[na]*ivf[na-nb]%mo)*ivf[nb]%mo;
    if(a<mo && b<mo) return tmp;
    return C(a/mo,b/mo)*tmp%mo;
}
 
inline LL calc(int a,int b) {
    LL x=p[b].x-p[a].x,y=p[b].y-p[a].y;
    if((x+y)%3!=0) return 0;
    LL c=(x+y)/3;x-=c;y-=c;
    if(x<0 || y<0) return 0;
    return C(x+y,x);
}
 
inline bool check(int a,int b) {
    if(!(p[a].x<p[b].x && p[a].y<p[b].y)) return 0;
    return 1;
}
 
LL f[1005];
int kase=0;
void solve() {
    tot=0;int fl=0;
    REP(i,1,r) {
        LL x,y;
        read(x);read(y);
        if(x==n && y==m) fl=1;
        addnode(x,y);
    }
    if(fl) {
        printf("Case #%d: 0\n",++kase);
        return;
    }
    addnode(n,m);addnode(1,1);
    sort(p+1,p+tot+1);
    tot=unique(p+1,p+tot+1)-p-1;
    f[1]=1;
    REP(i,2,tot) {
        f[i]=calc(1,i);
        REP(j,2,i-1) if(check(j,i)) {
            f[i]=(f[i]-(f[j]*calc(j,i)%mo)+mo)%mo;
        }
    }
    printf("Case #%d: %lld\n",++kase,f[tot]);
}
 
int main() {
    ivf[0]=fac[0]=1;
    REP(i,1,mo-1) {
        fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
        ivf[i]=ivf[i-1]*pow_mod(i,mo-2,mo)%mo;
    }
    while(scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&r)==3) solve();
    return 0;
}

1003. A Simple Nim

给定n堆石子，第i堆有a_i个。

每次玩家有两种操作。第一种是选取一堆，取走其中若干个石子。第二种是将一堆石子分成三堆，每堆非空。

求是否先手必胜。

1 \le T \le 100, 1 \le n \le 10 ^ 6, 1 \le a_i \le 10 ^ 9

设某堆有x个石子的SG值是SG(x)。

结合定义，有

SG(x) = mex\{SG(0),SG(1),...,SG(x-1),SG(i) \; xor \; SG(j) \; xor \; SG(k) \; | \; i + j + k = x\}

发现数据范围奥妙重重。于是我们小范围打个表，发现SG(8k + 7) = 8k + 8, SG(8k + 8) = 8k + 7, k \in N，其他SG(x) = x。求一发SG和即可。

时间复杂度O(Tn)。

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#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define PER(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define RVC(i,S) for(int i=0;i<(S).size();i++)
#define RAL(i,u) for(int i=fr[u];i!=-1;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
    
template<class T> inline
void read(T& num) {
    bool start=false,neg=false;
    char c;
    num=0;
    while((c=getchar())!=EOF) {
        if(c=='-') start=neg=true;
        else if(c>='0' && c<='9') {
            start=true;
            num=num*10+c-'0';
        } else if(start) break;
    }
    if(neg) num=-num;
}
/*============ Header Template ============*/
 
void solve() {
    int n,cnt=0;
    read(n);
    REP(i,1,n) {
        int a;
        read(a);
        if(a%8==0) a--;
        else if((a+1)%8==0) a++;
        cnt^=a;
    }
    if(cnt) printf("First player wins.\n");
    else printf("Second player wins.\n");
}
 
int main() {
    int T;
    read(T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

1004. Magic Number

1005. Master Zhu

1006. Stabilization

1007. This world need more Zhu

给定n个点的带权树，第i个点权值为a_i。

给定m个询问，形如

1 \; u \; v \; a \; b：询问点u子树中出现过a次的权值之和与出现过b次的权值之和的最大公约数，保证u = v。

2 \; u \; v \; a \; b：询问路径(u,v)上出现过a次的权值之和与出现过b次的权值之和的最大公约数。

1 \le T \le 10, 1 \le n,m \le 10 ^ 5, 1 \le a_i \le 10 ^ 9

数据范围和仅有询问操作说明肯定是莫队。

我们发现子树操作可以转化为区间操作。于是我们发现两种操作分别对应树上莫队和序列莫队，分开来做就好了。

于是就找板子拼成了一份200+行的代码。出题人您有意思吗？

时间复杂度O(Tn \sqrt {n})。

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#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <string>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <utility>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define PER(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define RVC(i,S) for(int i=0;i<(S).size();i++)
#define RAL(i,u) for(int i=fr[u];i!=-1;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
      
template<class T> inline
void read(T& num) {
    bool start=false,neg=false;
    char c;
    num=0;
    while((c=getchar())!=EOF) {
        if(c=='-') start=neg=true;
        else if(c>='0' && c<='9') {
            start=true;
            num=num*10+c-'0';
        } else if(start) break;
    }
    if(neg) num=-num;
}
/*============ Header Template ============*/
 
struct edge {
    int next,to;
};
 
const int maxn=(int)(2e5)+5;
int fr[maxn];
int be[maxn];
int mp[maxn];
int dfn[maxn];
int edv[maxn];
int dep[maxn];
int vis[maxn];
LL res[maxn];
int fa[maxn][22];
int stk[maxn],top;
edge e[maxn<<1];
LL sum[maxn];
int apr[maxn];
int val[maxn],tb[maxn];
int n,tote,cnt,siz,idx,hs_cnt=0;
 
inline void addone(int u,int v) {
    ++tote;
    e[tote].next=fr[u];fr[u]=tote;e[tote].to=v;
}
inline void addedge(int u,int v) {
    addone(u,v);addone(v,u);
}
 
struct EventI {
    int id,l,r,pos,a,b;
} A[maxn];
int posa;
 
struct EventII {
    int id,u,v,a,b;
} B[maxn];
int posb;
 
bool operator < (EventI a,EventI b) {
    if(a.pos!=b.pos) return a.pos<b.pos;
    return a.r<b.r;
}
 
bool operator < (EventII a,EventII b) {
    if(be[a.u]!=be[b.u]) return be[a.u]<be[b.u];
    return dfn[a.v]<dfn[b.v];
}
 
inline int LCA(int u,int v) {
    if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
    PER(i,20,0) if(dep[u]<=dep[fa[v][i]]) v=fa[v][i];
    if(u==v) return u;
    PER(i,20,0) if(fa[u][i]!=fa[v][i]) u=fa[u][i],v=fa[v][i];
    return fa[u][0];
}
 
inline void verxor(int x) {
    sum[apr[val[x]]]-=tb[val[x]];
    if(!vis[x]) apr[val[x]]++;
    else apr[val[x]]--;
    vis[x]^=1;
    sum[apr[val[x]]]+=tb[val[x]];
}
 
inline void path(int u,int v) {
    if(dep[u]>dep[v]) swap(u,v);
    while(dep[u]<dep[v]) verxor(v),v=fa[v][0];
    while(u!=v) verxor(u),verxor(v),u=fa[u][0],v=fa[v][0];
}
 
LL gcd(LL a,LL b) {
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
 
inline void EventISolve() {
    int l=1,r=0;
    REP(i,1,n) sum[i]=apr[i]=vis[i]=0;
    REP(i,1,n) sum[apr[val[i]]]+=tb[val[i]];
    REP(i,1,posa) {
        while(r<A[i].r) verxor(mp[++r]);
        while(l>A[i].l) verxor(mp[--l]);
        while(r>A[i].r) verxor(mp[r--]);
        while(l<A[i].l) verxor(mp[l++]);
        res[A[i].id]=gcd(sum[A[i].a],sum[A[i].b]);
    }
}
 
void EventIISolve() {
    int l=1,r=1;
    REP(i,1,n) sum[i]=apr[i]=vis[i]=0;
    REP(i,1,n) sum[apr[val[i]]]+=tb[val[i]];
    REP(i,1,posb) {
        path(l,B[i].u);l=B[i].u;
        path(r,B[i].v);r=B[i].v;
        int lca=LCA(B[i].u,B[i].v);
        verxor(lca);
        res[B[i].id]=gcd(sum[B[i].a],sum[B[i].b]);
        verxor(lca);
    }
}
 
void block(int x,int f,int d) {
    int bot=top;
    dfn[x]=++idx;mp[idx]=x;
    dep[x]=d+1;fa[x][0]=f;
    REP(i,1,20) fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
    RAL(i,x) if(e[i].to!=f) {
        block(e[i].to,x,d+1);
        if(top-bot>=siz) {
            ++cnt;
            while(top>bot) be[stk[top--]]=cnt;
        }
    }
    stk[++top]=x;edv[x]=idx;
}
 
inline int hash_v(int x) {
    return lower_bound(tb+1,tb+hs_cnt+1,x)-tb;
}
 
void init() {
    tote=cnt=idx=top=hs_cnt=0;
    posa=posb=0;
    siz=(int)pow(n,0.5);
    REP(i,1,n) fr[i]=-1;
}
 
int kase=0;
void solve() {
    printf("Case #%d:\n",++kase);
    int q;
    read(n);read(q);
    init();
    REP(i,1,n) read(val[i]),tb[++hs_cnt]=val[i];
    sort(tb+1,tb+hs_cnt+1);
    hs_cnt=unique(tb+1,tb+hs_cnt+1)-tb-1;
    REP(i,1,n) val[i]=hash_v(val[i]);
    REP(i,1,n-1) {
        int u,v;
        read(u);read(v);
        addedge(u,v);
    }
    block(1,0,1);
    if(cnt==0) ++cnt;
    while(top) be[stk[top--]]=cnt;
    REP(i,1,q) {
        int opt,u,v,a,b;
        read(opt);read(u);read(v);read(a);read(b);
        if(dfn[u]>dfn[v]) swap(u,v);
        if(opt==1) {
            ++posa;
            A[posa].id=i;A[posa].l=dfn[u];A[posa].r=edv[u];
            A[posa].pos=(dfn[u]-1)/siz+1;A[posa].a=a;A[posa].b=b;
        }
        if(opt==2) {
            ++posb;
            B[posb].id=i;B[posb].u=u;B[posb].v=v;
            B[posb].a=a;B[posb].b=b;
        }
    }
    sort(A+1,A+posa+1);EventISolve();
    sort(B+1,B+posb+1);EventIISolve();
    REP(i,1,q) printf("%lld\n",res[i]);
}
 
int main() {
    int T;
    read(T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}

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