10.2 正睿国庆集训测试1
2018.10.2 Test
时间：3.5h
期望得分：100+50+20
实际得分：40+45+20
总结
感觉自己是个zz
A 陈太阳与取模
即\(x\)应是\(\lfloor\frac ca\rfloor*a\)的约数。
\(c\in[l,r]\)，如果\(\frac la=\frac ra\)那么\(x\)可以是\(\lfloor\frac ca\rfloor\times a\)的约数；
否则至少存在\(\lfloor\frac la\rfloor\times a\)和\((\lfloor\frac la\rfloor+1)\times a\)，\(x\)只能是\(a\)的约数。
然后求约数个数就好了。。
//58ms 496kb
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void Div(LL x)
{
LL ans=1;
// for(int i=2,lim=sqrt(x); i<=lim; ++i)
for(int i=2; 1ll*i*i<=x; ++i)
if(!(x%i))
{
int cnt=1;
while(!(x%i)) x/=i, ++cnt;
ans*=cnt;
}
if(x!=1) ans<<=1ll;
printf("%lld\n",ans);
}
void Work()
{
LL L=read(),R=read(),A=read();
if(A>R) return (void)puts("-1");
L/A==R/A ? Div(L/A*A) : Div(A);
}
int main()
{
// freopen("ex_modulo3.in","r",stdin);
for(int T=read(); T--; Work());
return 0;
}
B 陈太阳与路径(树形DP)
因为随机树的高度是有保证的，Prufer序列生成的随机树最大深度的期望为\(O(sqrt n)\)，平均深度为\(O(\log n)\)。
所以我们可以用两次复杂度为\(O(n*dep)\)的树形DP求出每个点的答案。这样空间复杂度也是\(O(n*dep)\)的。
DP数组的有用大小只与深度有关，可以用vector或者指针动态分配内存。另外以直径的中点为根深度就可以/2。
这样最终复杂度大概就是\(O(n\log n)\)。
另外可以用长链剖分做，对于每一条长链维护一个DP数组，第二遍DFS时只需要将非长链合并到长链上。
这样任何树都能做，复杂度\(O(n)\)。
这样任何树向下部分的DP都能做，复杂度\(O(n)\)。但是向上部分的DP是个卷积，还是没办法。
——by dls
//1355ms 94896kb
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 200000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],fa[N],pre[N],dis[N],dep[N];
int pool[30000000],*Now=pool,*F[N],*G[N];
LL ans[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN,OUT[6000000],*O=OUT;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void print(LL x)
{
if(x>9) print(x/10);
*O++ = x%10+'0';
}
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
int BFS(int s)
{
static int q[N];
int h=0,t=1;
q[0]=s, dis[s]=pre[s]=0;
while(h<t)
{
int x=q[h++];
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=pre[x])
dis[v]=dis[x]+1, pre[v]=x, q[t++]=v;
}
return q[t];
}
void DFS0(int x)
{
int tmp=0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x])
fa[v]=x, DFS0(v), tmp=std::max(tmp,dep[v]+1);
dep[x]=tmp;
F[x]=Now, Now+=tmp+1, G[x]=Now, Now+=tmp+1;
}
void DFS1(int x)
{
int *f=F[x]; LL res=0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x])
{
DFS1(v); int *fv=F[v];
for(int j=0; j<=dep[v]; ++j)
res+=1ll*f[j]*fv[j], f[j]+=fv[j];
}
for(int i=dep[x]; i; --i) f[i]=f[i-1];
f[0]=1, ans[x]=res;
}
void DFS2(int x)
{
int *g=G[x],*gf=G[fa[x]],*f=F[x],*ff=F[fa[x]];
if(x!=1)
{
for(int i=1; i<=dep[x]; ++i)
{
g[i]=gf[i-1]+ff[i-1];
if(i>=2) g[i]-=f[i-2];
ans[x]+=1ll*g[i]*f[i];
}
}
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa[x]) DFS2(v);
}
int main()
{
// freopen("ex_diameter3.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
int s=BFS(1), rt=BFS(s), d=dis[rt]>>1;
while(dis[rt]>d) rt=pre[rt];
DFS0(rt), DFS1(rt), DFS2(rt);
for(int i=1; i<n; ++i) print(ans[i]+1), *O++=' '; print(ans[n]+1);
fwrite(OUT,O-OUT,1,stdout);
return 0;
}
C 陈太阳与开关
我们将开关改变的点设成黑色，不变的点设成白色，将连接不同颜色的点的边的存在性反转（连接同色点的边存在性自然不变）。
这样原题中的每个方案对应一个黑白染色的方案（废话）。
因为连出的边是\(O(n^2)\)级别的，原图只存在\(O(n)\)条边，所以不连通的情况非常少，我们考虑算不连通（不合法）的方案数（强行解释?不管了）。
假设按下开关的点为黑点，考虑什么时候某个点为黑点时图不连通。令它在原图上的邻接点为白点，这圈白点之外的全为黑点，那这个点不与任何点有边，即被孤立了。称这个点为孤立点。
题解：考虑两个相邻的同色点，设它们为黑点，那么任何一个白点至少与这两个点之一连通（如果都不连通说明在原图都连通，那就是个环了），即整个白色点集与这两个黑点连通（即白色点不可能成为孤立点）。
那么如果存在黑色点\(x\)不与这两个黑点连通，则\(x\)不与任何白点有连边，那么在原树中\(x\)与所有白点相邻。这样它是一个孤立点。
那么一个点是孤立点当且仅当其相邻点集为整个异色点集。
一个方案合法当且仅当不存在孤立点。
我们发现所有点都可以成为孤立点并使得图不连通，且某个染色方案最多存在一个孤立点（否则两个孤立点都与所有异色点相连，就又不是树了）。
那么我们枚举每个点作为孤立点就可以得到\(O(n)\)种不合法的染色方案。
因为把所有点颜色取反，所有边的存在性不会改变，所以一个孤立点对应两种不合法的染色
但是某两个点做孤立点时它们的染色方案可能是相同的。
然后我们发现重复的染色情况只可能是叶节点做孤立点。我们把叶节点的情况放到它的邻接点上判就行了（算某个叶子\(x\)时，如果\(fa[x]\)标记过，不算再答案；否则标记\(fa[x]\)算它的答案）。
我们发现还有一种不合法的染色方案，即对一条链交替染色。
当链上有\(2,3,4,5\)个点时，方案不合法，但都对应某个点是孤立点的情况。
当链上多于\(6\)个点时，它合法。
当链上有\(6\)个点时，它仍不合法，但这不对应某个点是孤立点的情况。而且如果是\(4\)个点的链，链两端各连至少一个叶子（只能是叶子），那么这都是没有被判的不合法情况。
那我们枚举一下边，直接判有没有\(4\)个点的链且满足它就行了。这样不合法方案数为\((4+2+1)*2=14\)种。
上面是神仙rqy的做法。
题解：
再判下特殊情况就完了。
至于为什么只有每个点为孤立点和交替染色这两种方案，或者交替染色只有两种多余不合法方案，不知道。等老师回（或者就靠猜啊）。
yjz：你画两分钟图就知道，只有这两种情况了。
...
考试代码
B
为什么就是跑得比zzx慢。。（虽然一个分吧）
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 200000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1],dgr[N],f[N],numx[N],num[N],Maxd;
LL ans[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN,OUT[6000000],*O=OUT;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void print(LL x)
{
if(x>9) print(x/10);
*O++ = x%10+'0';
}
inline void AE(int u,int v)
{
++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
++dgr[u], to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
void DFS0(int x,int fa)
{
int tmp=0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if((v=to[i])!=fa)
DFS0(v,x), tmp=std::max(tmp,f[v]);
f[x]=tmp+1;
}
//void DFS1(int x,int fa)
//{
// if(dgr[x]==1) {fi[x]=0, se[x]=N; return;}
// int f=N,s=N;
// for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
// if((v=to[i])!=fa)
// {
// DFS1(v,x);
// if(fi[v]<f) s=f, f=fi[v], pos[x]=v;
// else s=std::min(s,fi[v]);
// }
// ::f[x]=fi[x]=f+1, se[x]=s+1;
//}
//void DFS2(int x,int fa)
//{
// for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
// if((v=to[i])!=fa)
// {
// if(pos[x]==v) f[v]=std::min(se[x]+1,f[v]);
// else f[v]=std::min(fi[x]+1,f[v]);
// DFS2(v,x);
// }
//}
void DFS3(int x,int fa,int d,int dep)
{
Maxd=std::max(Maxd,d);
++num[d], ++d;
if(!--dep) return;
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(to[i]!=fa) DFS3(to[i],x,d,dep);
}
int main()
{
freopen("ex_diameter2.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);
int n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
DFS0(1,1);
// DFS1(1,1), DFS2(1,1);
// for(int i=1; i<=n; ++i) printf("f[%d]=%d fi[%d]=%d se[%d]=%d\n",i,f[i],i,fi[i],i,se[i]);
for(int x=1; x<=n; ++x)
if(dgr[x]==1) ans[x]=1;
else
{
LL res=1; int tmp=f[x]-1; Maxd=1;
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
{
DFS3(to[i],x,1,tmp);
for(int j=1; j<=Maxd&&num[j]; ++j)
res+=1ll*numx[j]*num[j], numx[j]+=num[j], num[j]=0;
}
for(int i=1; i<=tmp; ++i) numx[i]=0;
ans[x]=res;
}
for(int i=1; i<n; ++i) print(ans[i]), *O++=' '; print(ans[n]);
fwrite(OUT,O-OUT,1,stdout);
return 0;
}
C
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int n,Enum,H[N],nxt[N<<1],to[N<<1];
bool mp[21][21],rev0[21],vis0[21];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
to[++Enum]=u, nxt[Enum]=H[v], H[v]=Enum;
}
int DFS0(int x)
{
int res=1; vis0[x]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i)
if(!vis0[i] && (rev0[x]^rev0[i]^mp[x][i])) res+=DFS0(i);
return res;
}
bool Check()
{
memset(vis0,0,sizeof vis0);
return DFS0(1)==n;
}
void Subtask1()
{
memset(mp,0,sizeof mp);
for(int x=1; x<=n; ++x)
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i]) mp[x][to[i]]=1;
int ans=1,all=(1<<n)-1;
for(int s=1; s<=all; ++s)
{
for(int i=0; i<n; ++i) if(s>>i&1) rev0[i+1]=1;
ans+=Check();
for(int i=0; i<n; ++i) if(s>>i&1) rev0[i+1]=0;
}
printf("%d\n",ans);
}
void Work()
{
Enum=0, memset(H,0,sizeof H);
n=read();
for(int i=1; i<n; ++i) AE(read(),read());
if(n<=20) {Subtask1(); return;}
}
int main()
{
// freopen("ex_trigger1.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
for(int T=read(); T--; Work());
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
