2023.3.7 闲话

今天把博客的字体优先级改了一下，现在应该是上不了 fonts.googleapis.com 的 Windows 一般会匹配上 Microsoft YaHei，Linux 上一般会匹配 sans-serif，MacOS 上一般会匹配 PingFang SC（这个我没条件测试）.

上得了 fonts.googleapis.com 的话当然是匹配 Noto Serif SC .

别的情况应该没了，我觉得不会有匹配上 Times New Roman 的吧！

\[\newcommand{\dep}[0]{\operatorname{dep}} \newcommand{\dist}[0]{\operatorname{dist}} \]

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SoyTony 于 2023.1.27 对吾等韶身降下神言：【闲话】2023.1.27 斐波那契数列一个性质及推广，我简单落实一下 .

注意看一下 Lemma 3，这是以下内容的理论基础 .

（免责声明：这个不是春季赛游记里说的那个学术部分）

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SoyTony 的神力 I

话说上古时期，SoyTony 创世时顺便创造了 SoyTony 数列 \(f\)，她由两个参数 \(x,y\) 描述：

\[f(n)=\begin{cases}0&n=0\\1&n=1\\x\cdot f(n-1)+y\cdot f(n-2)&n>1\end{cases} \]

SoyTony 要试试 SoyTony 数列的威力，便开始在一棵树上施展神力 .

对于一棵 \(n\) 个点的带点权有根树，点 \(u\) 的点权是 \(a_u\)，每次 SoyTony 施展神力时会选定两个点 \(u,v\)，然后对于每个 \(u\) 子树内的点 \(x\)，将 \(a_x\gets a_x+f(\dist(x,v))\).

为了勘测 SoyTony 数列的效果，SoyTony 有时会抛出若干询问，祂选定一个点 \(u\) 并询问 \(u\) 子树内所有点的点权和，对 \(10^9+7\) 取模 .

\(1\le n,q\le 10^6\)，\(q\) 是操作次数 .

Solution：

对于 SoyTony 施展神力的情况讨论一下：

• \(v\) 在 \(u\) 子树内：倍增求 \(u\) 靠近 \(v\) 的那个儿子 \(s\)，那么对于 \(u\) 子树内的 \(s\) 的子树和子树补分别处理即可 .
• \(v\) 不在 \(u\) 子树内：就是 \(a_x\gets a_x+f(\dep(x)-\dep(u)+\dist(u,v))\) .

根据以上讨论和 DFS 序的基本转换以及一些抽象可以把问题变得漂亮一点：

维护一个序列 \(\{a_n\}\)，有一个固定序列 \(\{b\}\)，\(q\) 次操作：

• change l r k，对于所有 \(i\in[l,r]\)，让 \(a_i\gets a_i+f(b_i+k)\) .
• query l r，求 \(\displaystyle\sum_{i=l}^ra_i\) .

这个就好做很多了，根据 Lemma 3，可以得知 \(f(b_i+k)=y\cdot f(b_i)f(k-1)+f(b_i+1)f(k)\)，由于 \(b_i\) 是定值所以只需要维护每个点上 \(f(b_i)\) 和 \(f(b_i+1)\) 的系数，这个可以线段树完成 .

query 维护矩阵乘法或者扩域就完了 .

这样复杂度就是 \(\Theta((n+q)\log n)\) 了，解决了 .

SoyTony 也是给出了很高的评价：

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SoyTony 的神力 II

交互 .

后台有一个二阶常系数递推序列 \(f(n)\)，由两个参数 \(a,b\) 描述：

\[f(n)=\begin{cases}0&n=0\\1&n=1\\a\cdot f(n-1)+b\cdot f(n-2)&n>1\end{cases} \]

有两个公开的正整数 \(p,t\)，你可以询问交互库不超过 \(t\) 次，每次你可以给交互库发送一个整数 \(n\)，交互库会回答你 \(f(pn)\bmod 998244353\) 和 \(f(pn+1)\bmod 998244353\) 的值，你需要找到后台的 \(a\) 和 \(b\) .

保证 \(0\le a,b<998244353\) .

Solution：

四次询问！SoyTony 大神做到了三次我也不知道咋整的！（UPD. SoyTony 大神的做法目前 OI 界还没有引入，我们众韶身不可能学的会的

首先考察 \(f(2n)=b\cdot f(n)f(n-1)+f(n)f(n+1)\)，选一个好的 \(n\) 然后两次询问分别查出来 \(f(n),f(n+1)\) 和 \(f(2n)\) .

这样根据递推式 \(f(n+1)=a\cdot f(n)+b\cdot f(n-1)\)，可以把 \(b\cdot f(n-1)\) 用 \(f(n),f(n+1),a\) 表出，这样原式可以看成关于 \(a\) 的一元一次方程，即可解出 \(a\) .

再选一个好的 \(m\)，考察 \(f(n+m)=b\cdot f(n)f(m-1)+f(n+1)f(m)\)，那么可以两次询问查出来 \(f(m-1),f(m),f(n+m)\)，解方程可以得出 \(b\) .

这样就四次询问解决了！如果没逆元可以多来几轮我相信一定会有的！虽然这样就不是四次询问了。