NOI 模拟赛 #2
得分非常惨惨，半个小时写的纯暴力 70 分竟然拿了 rank 1。。。
如果 OYJason 和 wxjor 在可能会被爆踩吧
嘤
T1 欧拉子图
给一个无向图，如果一个边集的导出子图是一个欧拉回路，则 ans 加上这个边集边数的平方，求 ans ，膜 998244353
$n,m \leq 152501$
sol：
考虑如果边数不是平方，而是一次方，那对于每个边，它对 ans 的贡献就是强行选它的方案数
如果是平方，贡献就是枚举两个边 $x,y$ ( $x,y$ 可以相同)，计算强制选它们的方案数
Task #1 $n \leq 60,m \leq 100$
需要一个多项式算法计算强制包含两条边的欧拉子图方案数
我们把每个点看成一个关于度数的方程，设 $x_i$ 表示第 i 条边选不选，对第 j 个方程 $a_{(j,i)}$ 为 [第 i 条边的端点为 j]
因为每个点度数都要为偶数，于是方程的右边都要在膜 2 意义下为 0
钦定两条边选不选很简单，加 $x_a = 1$ 和 $x_b = 1$ 两个方程即可，这个方程组有多少解，强行选这两个边的方案数就有多少
高斯消元，方案数就是 $2^c$ (c 为自由元个数)
因为在膜 2 意义下进行，可以 bitset 优化一下，复杂度 $O(\frac{n^2 \times m^3}{64})$，这个数据范围很好过
bitset 实战很快，可以在 1s 内消 2000 的 xor 方程组
Task #2 $n,m \leq 300$
随便搞一个 dfs 树，“强制选两个边”就是删掉两条边，钦定一些点度数为奇数，剩下为偶数，可以强行 dp 一下，由于跟正解没啥关系，略去
Task #正解 $n,m \leq 152501$
延续 Task #1 的思路，注意到不同连通分量是独立的
对于一个连通图有多少个欧拉子图呢？观察方程组可以发现是 $2^{m-n+1}$ 个
不连通呢？设 $s$ 为联通块个数，发现是 $2^{m-n+s}$ 个
现在我们要钦定选两条边，发现如果钦定到了一条桥边，肯定是不行的，因为桥两边度全变成了奇数，而之后只能不断加若干偶数
然后发现，删掉两条不是桥的边，其实是可以改变图连通性的，如果连通性不变，连通块是 $2^{m-n+s-2}$ 个，如果改变，连通块是 $2^{m-n+s-1}$ 个
于是问题变成了“有多少种 [删掉两条都不是桥边的边] 的方式，使得图不连通”
前置问题：DZY Loves Chinese II （直接放链接了）
给一个无向图，每次询问如果删掉一个边集，图是否依然连通，每次删掉的边集大小不超过 15
还是非树边 ran 一下，树边 xor 一下，如果两个边权值一样，删掉它们就会改变连通性，用 map 记一下每种权值就可以了
复杂度 $O(mlogm)$
T2 求和
求一个积性函数前缀和，这个函数满足 $f_{p^d} = p^{d-[d \space mod \space p ≠ 0]}$
$n \leq 10^{14}$
sol：
Task #1 $n \leq 10^7$
线性筛基本操作
Task #2 & #3 $n \leq 10^{12}$
杜教筛基本操作，写的不好只能过 $n \leq 10^9$ 的点
但出题人说 Task #2 是给分块打表的...
打表之后就是一个区间筛，我们把不超过 $\sqrt{n}$的素数加进去筛一下就行了
Task #正解 $n \leq 10^{14}$
构造 $ G = F * μ $ (狄利克雷卷积)，显然当 $d = 1$ 时 $G(p) = 0$
[狄利克雷卷积] $μ * 1 = [n=1]$,$\phi * 1 = n$
$G_n = \sum_{d|n}f_d \times μ_{\frac{n}{d}}$
发现 $G_{p^c} = f_{p^c} - f_{p^{(c-1)}}$
$G_p = f_p \times μ_1 + f_1 \times μ_p = 0$
然后 $G_n = G_{p_1^{c_1}} \times G_{p_2^{c_2}} \times ... \times G_{p_n^{c_n}}$
于是 $n = a^2 \times b^3$（这一步是某 $a \times b - a- b$ 定理）
莫比乌斯反演 ：$G = f * μ$ 则 $f = G * 1$
$f_n = \sum_{d|n}G_d$
答案就是$$\sum_{i=1}^n \sum_{d|i}G_d = \sum_{d=1}^{n}G_d \times \lfloor \frac{n}{d} \rfloor$$
满足 $n = a^2 \times b^3$ 的 $n$ 的数量是 $O(\sqrt{n})$ 的，搜出来即可
T3 数学难题
$F_{(i,j)} = \frac{(i+1)!}{j!(i-j)!}$
$q$ 次求 $F_n$ 的前 $k$ 项的 lcm，强制在线
$n,q \leq 152501$
sol：
Task #1 & #2 $n \leq 1000$
发现矩阵是杨辉三角的第 i 行乘以 i 的值，暴力即可
Task #正解 $n \leq 152501$
构造一下可以发现答案是 $lcm(n-k+1,n-k+2,...,n)$
构造数组 $A_i[]$ 使得 $\prod_{j=l}^r A_r[j] = lcm(l,...,r)$
从小到大枚举 $n$ ，令 $A_n = A_{n-1},A_n[n] = n$，将 $n$ 质因数分解，若包含 $p^q$ 考虑修改 $m < n$ 的 $A_n[m]$
设 $m$ 中含 $p^r$ 若 $r \leq q$ 则 $A_n[m] /= p^r$，否则将 $A_n[m] /= p^q$，同时修改 $r$
用一个栈维护每个有质因数的下标位置即可
用可持久化线段树模拟，复杂度为 $O(nlog^2n + qlogn)$
放放 std 吧
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<algorithm> #include<map> #define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++) #define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int maxn=800010; const int mod=998244353; int n,m; int first[maxn],nxt[maxn],to[maxn],e; void AddEdge(int u,int v) { to[e]=v;nxt[e]=first[u];first[u]=e++; to[e]=u;nxt[e]=first[v];first[v]=e++; } ull rnd() { ull res=rand()^(rand()<<16); res<<=32; res|=rand()^(rand()<<16); return res; } int vis[maxn],vis2[maxn],clo; ull val[maxn],ev[maxn]; ll cnt,all,ans; map<ull,int> M; void dfs(int x,int la) { vis[x]=++clo; for(int i=first[x];~i;i=nxt[i]) if(i!=(la^1)) { if(!vis[to[i]]) dfs(to[i],i); else if(vis[to[i]]<vis[x]) { ev[i]=rnd();cnt++;all++; val[x]^=ev[i]; val[to[i]]^=ev[i]; M[ev[i]]++; } } } void dfs2(int x,int la) { vis2[x]=++clo; for(int i=first[x];~i;i=nxt[i]) if(i!=(la^1)&&!vis2[to[i]]) { dfs2(to[i],i),val[x]^=val[to[i]]; } if(val[x]) { all++; (cnt+=2*M[val[x]]+1)%=mod; M[val[x]]++; } } int main() { freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); srand(52501); n=read(),m=read(); memset(first,-1,sizeof(first)); rep(i,1,m) AddEdge(read(),read()); int tmp=m-n-2,res=1,res2=1; rep(i,1,n) if(!vis[i]) { dfs(i,-1),tmp++; dfs2(i,-1); } rep(i,1,tmp) res=(res+res)%mod; rep(i,1,tmp+1) res2=(res2+res2)%mod; all=(all*all-cnt)%mod; ans=(res2*cnt%mod+res*all%mod)%mod; printf("%lld\n",ans); return 0; }
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<algorithm> #include<vector> #define pb push_back #define mp make_pair #define xx first #define yy second #define rep(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<=i##_end_;i++) #define dwn(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>=i##_end_;i--) using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int maxn=10000010; int pri[maxn/10],cnt; bool vis[maxn]; void init(int n) { rep(i,2,n) { if(!vis[i]) pri[++cnt]=i; rep(j,1,cnt) { if(i*pri[j]>n) break; vis[i*pri[j]]=1; if(i%pri[j]==0) break; } } } ll ans,n; void dfs(int cur,ll g,ll last) { ans+=g*last; rep(i,cur+1,cnt) { ll tmp=last; if((ll)pri[i]*pri[i]<=last) { tmp/=pri[i];tmp/=pri[i]; ll p1=pri[i],p2=1,res; rep(d,2,60) { if(!tmp) break; res=p1*(d%pri[i]==0?pri[i]:1)-p2*((d-1)%pri[i]==0?pri[i]:1); dfs(i,g*res,tmp); tmp/=pri[i]; p1=p1*pri[i]; p2=p2*pri[i]; } } else break; } } int main() { freopen("sum.in","r",stdin); freopen("sum.out","w",stdout); init(10000000); scanf("%lld",&n); dfs(0,1,n); printf("%lld\n",ans); return 0; }
#include<cstdio> #include<stack> #include<cstring> #include<cctype> #include<algorithm> #include<vector> #define pb push_back #define mp make_pair #define xx first #define yy second #define rep(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i<=i##_end_;i++) #define dwn(i,a,b) for(int i=(a),i##_end_=(b);i>=i##_end_;i--) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1; for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0'; return x*f; } typedef long long ll; typedef pair<int,int> pii; const int maxn=160010; const int mod=998244353; const int maxnode=15000010; int inv[maxn],ls[maxnode],rs[maxnode],mulv[maxnode],ToT; void update(int& y,int x,int l,int r,int p,int la,int v) { mulv[y=++ToT]=(ll)mulv[x]*inv[la]%mod*v%mod; if(l==r) return;int mid=l+r>>1; ls[y]=ls[x];rs[y]=rs[x]; if(p<=mid) update(ls[y],ls[x],l,mid,p,la,v); else update(rs[y],rs[x],mid+1,r,p,la,v); } int query(int o,int l,int r,int ql,int qr) { if(!o) return 1; if(ql<=l&&r<=qr) return mulv[o]; int mid=l+r>>1,res=1; if(ql<=mid) res=query(ls[o],l,mid,ql,qr); if(qr>mid) res=(ll)res*query(rs[o],mid+1,r,ql,qr)%mod; return res; } vector<pii> fac[maxn]; stack<pii> S[maxn]; int vis[maxn],root[maxn],pw[30],P; int calc(int n,int k) {return query(root[n],1,P,n-k+1,n);} void solve(int n) { inv[1]=1; rep(i,2,n) inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; mulv[0]=pw[0]=1; rep(i,2,n) if(!vis[i]) { int cur=i*i,d=1; rep(j,1,20) pw[j]=pw[j-1]*i; for(int j=i;j<=n;j+=i) { rep(k,1,20) if(j%pw[k]) {d=k-1;break;} fac[j].pb(mp(i,d)),vis[j]=1; } } rep(i,1,n) { update(root[i],root[i-1],1,n,i,1,i); rep(j,0,fac[i].size()-1) { int p=fac[i][j].xx,q=fac[i][j].yy; rep(k,1,20) pw[k]=(ll)pw[k-1]*p%mod; while(S[p].size()) { int x=S[p].top().xx,r=S[p].top().yy;S[p].pop(); if(r<=q) update(root[i],root[i],1,n,x,pw[r],1),q-=r; else { update(root[i],root[i],1,n,x,pw[q],1); S[p].push(mp(x,r-q)); q=0; } if(!q) break; } S[p].push(mp(i,fac[i][j].yy)); } } } int Q,c[maxn],d[maxn]; int main() { freopen("math.in","r",stdin); freopen("math.out","w",stdout); Q=read(); int n=read(),k=read(); int a=read(),b=read();P=read(); solve(P); rep(i,1,Q-1) c[i]=read(); rep(i,1,Q-1) d[i]=read(); rep(i,1,Q) { int lastans; printf("%d\n",lastans=calc(n,k)); n=((ll)a*lastans+c[i])%P+1; k=((ll)b*lastans+d[i])%n+1; } return 0; }
