YAOI Round #1 (Div.2) 题解
总体来说很有一定区分度的（主要分为 4 题、2 题、1 题几档），ACM 赛制也挺有意思的，征求一下大家对这场比赛的意见吧，可以在这个帖子下回复，我都会看的。
简要题解：（
A. 云之彼端，约定的地方
解法：
本题是拓扑学中的欧拉公式的结论题。
我们发现 \(V=E-F+2\) ，于是便得到了答案。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int e,f;
scanf("%d%d",&e,&f);
printf("%d",e-f+2);
return 0;
}
B. 秒速 5 厘米
考点: 欧几里得法，裴蜀定理，简单数论/构造。近年来考试对数论的考察（如17、18年）都有所加深，今年更是考了一道构造题。
题解: 要使所有的数清零，也就是要使方程 \(len1 \times x + len2 \times y + len3 \times z + X = 0\) 这个方程一定有解。联想到裴蜀定理:\(ax+by=c\)有解当且仅当 \(\gcd(x,y) | c\)，当 \(a\)、\(b\) 互质的时候这个方程一定有解。所以我们第一次操作修改 \(1\)$n$，第二次修改$1$\(n-1\)，第三次修改\(n\)。由于 \(n\) 和 \(n-1\) 互质，前两次一定存在方法使两次之和加上原数等于 \(0\)，而最后一次操作能使最后一个数清零。
具体构造方案就变成了解方程 \(nx + (n-1)y = C\) 的任意一组解，不管是交给小学奥数还是交给拓展欧几里得都是可以的。
这题的构造其实不难想到，当然观察样例也可以发现，可以说观察样例是极其重要的能力。
标程: （来自 liyiming，我自己是用拓欧写的，放这个比较友好。）
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
cout << 1 << " " << n - 1 << endl;
cout << a[1] * (n - 1);
for (int i = 2; i <= n - 1; i++) cout << " " << a[i] * (n - 1);
cout << endl;
cout << 1 << " " << n << endl;
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) cout << -a[i] * n << " ";
cout << 0 << endl;
cout << n << " " << n << endl;
cout << -a[n];
cout << endl;
return 0;
}
C. 追逐繁星的孩子
解法：
对于这棵树，从 \(1\) 号节点开始进行一次 \(\text{dfs}\) ，并在过程中计算经过该点的概率即可。
当然，如果当前概率已经不合法，则可以剪枝优化。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define Re register
using namespace std;
const int maxn=500005;
vector<int> T[maxn],E[maxn];
int n,q,cnt;
void dfs(int x,int fa,long double p)
{
if(p*100<q) return;
cnt++;
for(Re int i=0;i<T[x].size();i++)
{
if(T[x][i]==fa) continue;
dfs(T[x][i],x,p*E[x][i]/100);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(Re int i=1;i<n;i++)
{
int u,v,p;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&p);
T[u].push_back(v);
T[v].push_back(u);
E[u].push_back(p);
E[v].push_back(p);
}
dfs(1,1,1.0);
printf("%d",cnt);
return 0;
}
D. 言叶之庭
标程:
int n; cin >>n;
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
f[i] = f[i+1] + (double)n / ((double)n - i);
g[i] = g[i+1] + (double)i / ((double)n - i) * f[i]+ f[i+1] + (double)n / ((double)n - i);
}
printf("%.2lf",g[0]);
考点: 期望相关知识，可以说期望是一个大难点，如何逾越它是个重要的问题。
题解: 这题的期望还是很巧妙的。
设 \(f_{i}\) 表示已经买到了 \(i\) 张不同的邮票的期望步数，\(g_{i}\) 表示表示已经买到了 \(i\) 张不同的邮票的期望花费；\(h_{i}\) 表示已经买到了 \(i\) 张不同的邮票、想买下剩下邮票的期望步数，\(y_{i}\) 表示表示已经买到了 \(i\) 张不同的邮票、想买下剩下邮票的期望花费。
我们可以得到一些好玩的式子们，有一些是对的，有一些是错的：
这个式子是对的，为什么呢？我抽到新邮票的概率是 \(\frac{n-i+1}{n}\)，那么抽到新邮票的期望次数就是 \(\frac{n}{n-i+1}\)。上述式子甚至可以写成 $ f_n = \sum\limits { \frac{1}{i} } $。
这个式子显然是错的。为什么呢？有两种解释方法，一是每种 \(f_n\) 的取值的贡献不是一样的，不满足线性性；也可以看做是 \(\mathbb{E}(x^2)\) 作为不独立的两个变量相乘，不具有线性性。
这个式子又是对的了，这个成立就能得到一些很好玩的式子，比如 $ f_{n} = \sum\limits_{i=1}^{n}(\frac{n}{i} \sum\limits_{j=1}^{i}(\frac{n}{i})) $。
这个来源于分类讨论，两种情况分别讨论一下，移项一下就能得到递推式。
和上面的方程的来源是一样的，但是需要用到费用提前计算——\(h_i+1\) 的含义是替后面的提前加上。但这个式子还是有一些难以解释通的地方，为什么递归下去后每次提前计算的贡献是相同的？那不是成了平行四边形吗？这个方法使得期望满足了线性性——竖着我统计没有线性性，横过来看就能巧妙地去掉乘积项，就拥有了线性性。
更为不严谨的方程： 设买了 \(x\) 次邮票，答案就是 \(\frac{x+x^2}{2}\)。设 \(w_i\) 表示已经买到了 \(i\) 种邮票、要买剩下的的邮票的次数平方的期望（注意和期望的平方的区别），那么可以得到
于是答案就是 \(\frac{h_0 + w_0}{2}\)。但是——这么做是有问题的——因为默认了平方的期望等于期望的平方！但是，他居然是对的！错的做法能过，说明过的做法都是错的，细思极恐啊！
E. 你的名字
考点: 组合数学，计数问题。计数问题是福建省选的黄金考点，六题能出四道计数。
题解: 使用 Burnside 引理（\(cnt = \frac{1}{|G|}\sum\limits \chi (x)\)）或者简单的容斥可得 \(ans=\frac{2 \times 2^{\frac{n^2}{4}} + 2^{\frac{n^2}{2}} + 2^{n^2}}{4}\)，下面讨论如何计算这个值。
2 的那么多次方可以使用快速幂计算；由于指数远远超出了 long long 范畴，所以考虑怎么把指数变小。由费马小定理得 \(2^{p-1} \equiv 1 (mod p)\)，所以 \(2^{k} \equiv 2^{k mod (p-1)} (mod p)\)；所以只需计算 \(n^2 mod (p-1)\)；这个东西远远超过 long long，要计算它的取模，可以使用这个小技巧：
inline ll ksc(ll x, ll y, ll p){
ll z = (ld)x / p * y;
ll res=(ull)x * y - (ull)z *p ;
return (res + p) % p;
}
标程:
cout << (2 * 1ll * qpow(2, ksc(n / 2, n / 2, mod - 1)) +
qpow(2, ksc(n / 2, n, mod - 1)) + qpow(2, ksc(n, n, mod - 1)))
% mod * 1ll * inv4 % mod << endl;
F. 天气之子
考点: 计数问题，树论，树论是 noip / CSP 的几乎最重要的考点。
题解: 这种方法叫做 贡献 法，考虑一个连通块在那些 \([l,r]\) 中出现过；那么我们需要取其中一个点作为这个连通块的代表，那么我就取深度最浅的那个点作为连通块的代表结点。于是我们枚举每个结点作为连通块的最浅结点，显然它能作为最浅结点当且仅当它的父节点没有被取到，当它的父节点被取到时，它就不是最浅借点，也可以认为这个连通块它不存在。于是我们快乐地得到如下代码：
标程:
u64 ans = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (fat[i] < i)
{
ans += (i - fat[i]) * 1ll * (n - i + 1);
}
else
{
ans += (fat[i] - i) * 1ll * i ;
}
}
