[考试总结]noip模拟13
因为最近考试频繁，所以咕掉了好长时间。。。
淦，刚说完又来一场。。。
先咕了，等以后有时间再写。。。。
回来了。。。
首先看到这个题目们，感觉就不存好意。。。
然后开始开 \(T1\)。
只能蒻蒻地按照题目码一个 \(\mathcal O(n^2)\) 递推。
然后就开始疯狂暴力。。。
T1:
正解实际上是把这个方程还原。
然后可以发现这个式子的贡献可以使用组合数来计算。
然后其实就很简单了。
#include<bits/stdc++.h>
using std::cout; using std::endl;
#define debug cout<<"debug"<<endl
#define int long long
namespace xin_io
{
#define gc() p1 == p2 and (p2 = (p1 = buf) + fread(buf,1,1<<20,stdin),p1 == p2) ? EOF : *p1++
#define scanf eat1 = scanf
#define freopen eat2 = freopen
int eat1; FILE *eat2; char buf[1<<20],*p1 = buf,*p2 = buf;
inline void openfile() {freopen("t.txt","r",stdin);} inline void outfile() {freopen("o.txt","w",stdout);}
template<class type>inline type get()
{
type s = 0,f = 1; register char ch = gc();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = gc();}
while(isdigit(ch)) {s = s * 10 + ch - '0'; ch = gc();}
return s * f;
}
}
using namespace xin_io; static const int maxn = 1e6+10,inf = 0x7f7f7f7f,mod = 998244353;
#define try(i,a,b) for(register signed i=a;i<=b;++i)
#define throw(i,a,b) for(register signed i=a;i>=b;--i)
typedef long long ll;
namespace xin
{
int ans = 0,inv[maxn];
int f[maxn],g[maxn],fac[maxn];
int n,m,a,b;
inline void do_pre()
{
inv[1] = 1;
try(i,2,std::max(n,m)<<1) inv[i] = (mod - mod/i) * inv[mod % i] % mod;
fac[0] = fac[1] = 1;
try(i,2,std::max(n,m)<<1) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
inline int ksm(int x,int y)
{
register int ret = 1;
while(y)
{
if(y & 1) ret = ret * x % mod;
x = x * x % mod; y >>= 1;
}
return ret % mod;
}
inline int C(int n,int m)
{
if(n == 0 or m == 0) return 1;
return fac[n] * ksm(fac[m] * fac[n-m] % mod,mod-2) % mod;
}
int af[maxn],bf[maxn];
inline short main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
openfile();
#endif
n = get<ll>(); m = get<ll>(); a = get<ll>() % mod; b = get<ll>() % mod;
try(i,1,n) f[i] = get<ll>() % mod;
try(i,1,m) g[i] = get<ll>() % mod;
do_pre();
af[0] = bf[0] = 1;
try(i,1,n<<1) bf[i] = b * bf[i-1] % mod;
try(i,1,m<<1) af[i] = a * af[i-1] % mod;
try(i,0,0)
try(j,1,m)
ans += g[j] % mod * C(n-i+m-j-1,m-j) % mod * af[m-j] % mod * bf[n-i] % mod,ans %= mod;
try(j,0,0)
try(i,1,n)
ans += f[i] % mod * C(n-i+m-j-1,n-i) % mod * af[m-j] % mod * bf[n-i] % mod,ans %= mod;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
}
signed main() {return xin::main();}
T2:
对于这一个题目，我们首先打一个爆搜。。。
然后我就打错了。。。
好废啊。。。
然而还有一个部分分数。
然后就能愉快 \(40pts\)。
但是我废到只能拿到 \(0pts\)
正解实际上是一个树形 \(dp\)
但是我们发现这个万一不是树
但是是一个基环树
所以我们找到环，然后断开一条边就能让他成为一棵树。
所以我们从断开的两个端点开始进行树形 \(dp\)
然后取两次结果的最小值就是最后的答案。
#include<bits/stdc++.h>
using std::cout; using std::endl;
#define debug cout<<"debug"<<endl
namespace xin_io
{
#define gc() p1 == p2 and (p2 = (p1 = buf) + fread(buf,1,1<<20,stdin),p1 == p2) ? EOF : *p1++
#define scanf eat1 = scanf
#define freopen eat2 = freopen
int eat1; FILE *eat2; char buf[1<<20],*p1 = buf,*p2 = buf;
inline void openfile() {freopen("t.txt","r",stdin);} inline void outfile() {freopen("o.txt","w",stdout);}
template<class type>inline type get()
{
type s = 0,f = 1; register char ch = gc();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = gc();}
while(isdigit(ch)) {s = s * 10 + ch - '0'; ch = gc();}
return s * f;
}
}
using namespace xin_io; static const int maxn = 1e6+10,inf = 0x7f7f7f7f;
#define try(i,a,b) for(register signed i=a;i<=b;++i)
#define throw(i,a,b) for(register signed i=a;i>=b;--i)
typedef long long ll;
namespace xin
{
class xin_edge{public:int next,ver;}edge[maxn<<1];
int head[maxn],zhi = 1;
inline void add(int x,int y) {edge[++zhi].ver = y; edge[zhi].next = head[x]; head[x] = zhi;}
int vala,valb,n;
int f1[maxn][3],f2[maxn][3],w[maxn];
bool vis[maxn];
class xin_data
{
public:
int i,l,r;
xin_data(){}
xin_data(int i,int l,int r):i(i),l(l),r(r){}
}root;
void dfs(int x,int fa)
{
vis[x] = 1;
for(register int i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
register int y = edge[i].ver;
if(fa == y) continue;
if(vis[y]) {root = xin_data(i,x,y);return;}
dfs(y,x);
}
}
void dp1(int x,int fa)
{
register int ret = 0;
f1[x][1] = w[x]; f1[x][0] = 0;
for(register int i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
register int y = edge[i].ver;
if(y == fa or root.i == i or ((root.i xor 1) == i)) continue;
dp1(y,x);
ret += std::min(f1[y][1],f1[y][0]);
f1[x][0] += f1[y][1];
}
f1[x][1] += ret;
}
void dp2(int x,int fa)
{
register int ret = 0;
f2[x][1] = w[x]; f2[x][0] = 0;
for(register int i=head[x];i;i=edge[i].next)
{
register int y = edge[i].ver;
if(y == fa or root.i == i or ((root.i xor 1) == i)) continue;
dp2(y,x);
ret += std::min(f2[y][1],f2[y][0]);
f2[x][0] += f2[y][1];
}
f2[x][1] += ret;
}
inline short main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
openfile();
#endif
n = get<signed>(); vala = get<signed>(); valb = get<signed>();
try(i,1,n)
{
register int x = get<signed>(),y = get<signed>();
w[x] += vala; w[y] += valb;
add(x,y); add(y,x);
}
dfs(1,0);
dp1(root.l,0);
dp2(root.r,0);
cout<<std::min(f1[root.l][1],f2[root.r][1])<<endl;
return 0;
}
}
signed main() {return xin::main();}
T3:
这个就是要求：
\[\sum_{i=1}^n(-1)^{\sum_{j=1}^md(i*j)}
\]
的值。
然后我们发现这个 \(1\) 的正负只和 \(\sum_{j=1}^md(i*j)\) 有关
所以我们只需要知道这个东西的奇偶性就可以了
我们发现对于一个数，他的约数中如果含有完全平方数，那么它的约数个数就不是奇数，所以我们就可以开始筛出完全平方数的数量。
我们对于 \(i\) 可以将其拆成 \(p*x^2\) 的形式，然后 \(j\) 也可以拆成 \(p*y^2\) 的形式。
我们只需要线性筛出即可。
