2020 省选模拟测试 Round #6 solution (20/02/05)

【比赛链接】http://59.61.75.5:8018/contest/216

A. 旅行

【题意】有一棵 $n$ 个节点的树,给定其中 $K$ 个节点,对所有的 $i$,求从节点 $i$ 出发,经过这 $K$ 个节点的最短路程。

【数据范围】$K\le n\le 5\times 10^5,1\le w\le 10^6$。

【题解】

不难发现,答案即为 $K$ 个点和点 $i$ 所构成的虚树路径和的两倍减去 $i$ 到 $K$ 个点的最大距离。

两遍 $dfs$ 转移树形 $dp$ 即可。

效率 $O(n)$。期望得分:100。

【代码】

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 const int inf=1<<30;
 3 const int maxn=500000+10;
 4 struct edge { int v,nxt,w; } e[maxn<<1];
 5 int siz[maxn],h[maxn],cnt,n,k;
 6 bool flag[maxn];
 7 long long f[maxn],g[maxn],max1[maxn],max2[maxn],max[maxn];
 8 inline void dfs ( int u,int fr )
 9 {
10     siz[u]=flag[u];max1[u]=flag[u]?0:-inf;max2[u]=-inf;
11     for ( int i=h[u];i;i=e[i].nxt ) if ( e[i].v!=fr )
12     {
13         dfs(e[i].v,u);siz[u]+=siz[e[i].v];
14         if ( siz[e[i].v] ) f[u]+=f[e[i].v]+e[i].w;
15         if ( max1[e[i].v]+e[i].w>max1[u] ) max2[u]=max1[u],max1[u]=max1[e[i].v]+e[i].w;
16         else if ( max1[e[i].v]+e[i].w>max2[u] ) max2[u]=max1[e[i].v]+e[i].w;
17     }
18 }
19 inline void DFS ( int u,int fr )
20 {
21     for ( int i=h[u];i;i=e[i].nxt ) if ( e[i].v!=fr )
22     {
23         g[e[i].v]=f[u]+g[u]+e[i].w;
24         if ( siz[e[i].v] ) g[e[i].v]-=f[e[i].v]+e[i].w;
25         if ( k-siz[e[i].v] )
26         {
27             max[e[i].v]=max[u]+e[i].w;
28             if ( max1[e[i].v]+e[i].w!=max1[u] ) max[e[i].v]=std::max(max[e[i].v],max1[u]+e[i].w);
29             else max[e[i].v]=std::max(max[e[i].v],max2[u]+e[i].w);
30         }
31         DFS(e[i].v,u);
32     }
33 }
34 signed main()
35 {
36     scanf("%d%d",&n,&k);
37     for ( int i=1,u,v,w;i<n;i++ )
38         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w),
39         e[++cnt].nxt=h[u],e[h[u]=cnt].v=v,e[cnt].w=w,
40         e[++cnt].nxt=h[v],e[h[v]=cnt].v=u,e[cnt].w=w;
41     for ( int i=1;i<=n;i++ ) max[i]=-inf;
42     for ( int i=1,u;i<=k;i++ ) scanf("%d",&u),flag[u]=true,max[u]=0;
43     dfs(1,0);DFS(1,0);
44     for ( int i=1;i<=n;i++ ) printf("%lld\n",(f[i]+g[i])*2-std::max(std::max(max1[i],max2[i]),max[i]));
45     return 0;
46 }
DTOJ4703

B. 求和

【题意】令 $f(n)=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} g c d(i, j, n)$,求 $\sum_{i=1}^n f(i) \bmod P$。

【数据范围】$1\le n\le 10^9, P\le 10^9+9$,$P$ 是质数。

【题解】

$f(i)=\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{j=1}^{\frac{i}{d}}\sum\limits_{k=1}^{\frac{i}{d}}d\sum\limits_{e|\gcd(\frac{i}{d},j,k)}\mu(e) \xlongequal[\quad]{T=de}\sum\limits_{T|i}\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})(\frac{i}{T})^2=\sum\limits_{T|i}\varphi(T)(\frac{i}{T})^2=\sum\limits_{T|i}\varphi(\frac{i}{T})T^2$

$\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{T|i}\varphi(\frac{i}{T})T^2=\sum\limits_{T=1}^n T^2\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\varphi(i)$

直接整除分块+杜教筛求 $\phi$ 的前缀和即可。

期望得分:100。

【代码】

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 const int maxn=5000000+10;
 3 int n,m=5000000,mod,inv6,inv2;
 4 inline int power ( int x,int y )
 5 {
 6     int z=1;
 7     for ( ;y;y>>=1,x=1LL*x*x%mod ) if ( y&1 ) z=1LL*z*x%mod;
 8     return z;
 9 }
10 inline int sum ( int x ) { return 1LL*x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*inv6%mod; }
11 long long mu[maxn],phi[maxn];
12 int pr[maxn],tot;
13 bool flag[maxn];
14 std::unordered_map<int,long long> map;
15 inline long long calc ( int n )
16 {
17     if ( n<=m ) return phi[n];
18     if ( map.count(n) ) return map[n];
19     long long res=0;
20     for ( int i=2,j;i<=n;i=j+1 ) j=n/(n/i),res=(res+(j-i+1)%mod*calc(n/i))%mod;
21     res=(1LL*n*(n+1)%mod*inv2%mod-res+mod)%mod;
22     return map[n]=res;
23 }
24 signed main()
25 {
26     scanf("%d%d",&n,&mod);inv6=power(6,mod-2);inv2=power(2,mod-2);
27     mu[1]=phi[1]=1;
28     for ( int i=2;i<=m;i++ )
29     {
30         if ( !flag[i] ) pr[++tot]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
31         for ( int j=1;j<=tot and pr[j]*i<=m;j++ )
32         {
33             flag[pr[j]*i]=true;
34             if ( !(i%pr[j]) ) { mu[pr[j]*i]=0;phi[pr[j]*i]=phi[i]*pr[j];break; }
35             mu[pr[j]*i]=-mu[i];phi[pr[j]*i]=phi[i]*(pr[j]-1);
36         }
37     }
38     for ( int i=2;i<=m;i++ ) phi[i]=(phi[i-1]+phi[i])%mod;
39     int ans=0;
40     for ( int i=1,j;i<=n;i=j+1 ) j=n/(n/i),ans=(ans+1LL*sum(n/i)*(calc(j)-calc(i-1)+mod))%mod;
41     return !printf("%d\n",ans);
42 }
DTOJ4704

C. 递增

【题意】已知 $l_{1\dots n}$ 和 $r_{1\dots n}$,求所有满足以下条件的序列 $\{a_n\}$ 的元素和的和:对任意 $i\in[1,n]$ 满足 $l_i\le a_i\le r_i$​​,且 $\{a_n\}$ 是非严格递增的。

【数据范围】$2\le n\le 50, 0\le l_i\le r_i< 2^{60}$。

【题解】

考虑先将 $l,r$ 离散化。为了处理方便离散化所有的 $l_i$ 和 $r_i+1$。记离散化后的权值数组为 $val_i$,对应区间 $[val_i,val_{i+1}-1]$。

显然原来的每段可以拆分成若干个小区间。根据题目要求,$a_n$ 所在的小区间编号单调不降。

考虑 $dp$,记 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个元素,第 $i$ 个元素在第 $j$ 个小区间内的元素和。显然可以枚举 $k,l$,从 $f_{k,l}$ 转移。

考虑转移。根据转移,$[k+1,i]$ 中的元素都必须在区间 $[val_j,val_{j+1}-1]$ 内。记元素的取值范围区间为 $[L,R]$,共需要取 $t=i-k$ 个元素。

显然转移的方案数为 $cnt=C_{R-L+t}^t$,根据数列相关知识,所有转移方案的权值总和为 $sum=t \times \frac{L+R}{2} \times cnt$。

发现无法直接转移,因此需记录 $g_{i,j}$ 表示前 $i$ 个元素,第 $i$ 个元素在第 $j$ 个小区间内的方案数。

则有:$$f_{i,j}=\sum cnt \times f_{k,l}+sum*g_{k,l},g_{i,j}=\sum cnt \times g_{k,l}$$。直接转移即可。

效率 $O(n^4)$。期望得分:100。

【代码】

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 const long long mod=998244353,inv2=(mod+1)>>1;
 3 std::set<long long> s;
 4 std::unordered_map<long long,int> map;
 5 int n,tot,L[500],R[500];
 6 long long l[500],r[500],val[500],f[500][500],g[500][500],ans,inv[500];
 7 inline long long C ( long long x,int y )
 8 {
 9     long long res=inv[y];
10     for ( int i=1;i<=y;i++ ) (res*=(x-i+1)%mod)%=mod;
11     return res;
12 }
13 signed main()
14 {
15     scanf("%d",&n);inv[0]=inv[1]=1;
16     for ( int i=1;i<=n;i++ ) scanf("%lld",&l[i]),s.insert(l[i]);
17     for ( int i=1;i<=n;i++ ) scanf("%lld",&r[i]),s.insert(r[i]+1);
18     for ( int i=2;i<=n;i++ ) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
19     for ( int i=2;i<=n;i++ ) (inv[i]*=inv[i-1])%=mod;
20     for ( long long x:s ) val[map[x]=++tot]=x;
21     for ( int i=1;i<=n;i++ ) L[i]=map[l[i]],R[i]=map[r[i]+1]-1;
22     g[0][0]=1;
23     for ( int i=1;i<=n;i++ ) for ( int j=L[i];j<=R[i];j++ )
24     {
25         for ( int k=0;k<i;k++ )
26         {
27             bool flag=true;
28             for ( int p=k+1;p<=i;p++ ) flag&=(L[p]<=j and j<=R[p]);
29             if ( !flag ) continue;
30             int t=i-k;
31             long long pL=val[j],pR=val[j+1]-1,cnt=C(pR-pL+t,t);
32             long long res=(pL+pR)%mod*t%mod*inv2%mod*cnt%mod;
33             for ( int l=0;l<j;l++ ) (f[i][j]+=cnt*f[k][l]+g[k][l]*res)%=mod,(g[i][j]+=cnt*g[k][l])%=mod;
34         }
35     }
36     for ( int i=L[n];i<=R[n];i++ ) (ans+=f[n][i])%=mod;
37     return !printf("%lld\n",ans);
38 }
DTOJ4705
posted @ 2020-02-05 21:07  DTOI_RSY  阅读(197)  评论(0编辑  收藏  举报