2024初三年前集训测试2

\(T1\) 上海 \(100pts\)

简化题意：给定一个正整数 \(k\) ，求最小的正整数 \(n\) 满足 \(k|n^{2},k \nmid n\) ，如无解则输出 -1 。
- 类似 CF1444A Division 。
当 \(k=1\) 时，显然无解。

当 \(k \ne 1\) 时，由算术基本定理设 \(k=\prod\limits_{i=1}^{m}p_{i}^{c_{i}}\) ，容易得最小的正整数解 \(n\) 一定满足 \(n=\prod\limits_{i=1}^{m}p_{i}^{c_{i}'}\) ，其中 \(\sum\limits_{i=1}^{m}[c_{i}'<c_{i}] \ge 1,\sum\limits_{i=1}^{m}[c_{i} \le 2c_{i}']=m\) 。当 \(\sum\limits_{i=1}^{m}[c_{i}=1]=m\) 时，无解；否则构造 \(c_{i}'=\left\lceil \dfrac{c_{i}}{2} \right\rceil\) 即可，最终 \(n=\prod\limits_{i=1}^{m}p_{i}^{\left\lceil \frac{c_{i}}{2} \right\rceil}\) 即为所求。

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ll prime[100000],c[100000],cnt=0;
void divide(ll n)
{
	for(ll i=2;i<=sqrt(n);i++)
	{
		if(n%i==0) 
		{
			cnt++;
			prime[cnt]=i;
			while(n%i==0)
			{
				c[cnt]++;
				n/=i;
			}
		}
	}
	if(n>1)
	{
		cnt++;
		prime[cnt]=n;
		c[cnt]++;
	}
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	ll k,n=-1,sum=0,i;
	cin>>k;
	divide(k);
	for(i=1;i<=cnt;i++)
	{
		sum+=(c[i]==1);
	}
	if(k!=1&&sum!=cnt)
	{
		n=1;
		for(i=1;i<=cnt;i++)
		{
			n*=pow(prime[i],(ll)(ceil(1.0*c[i]/2)));
		}
	}
	cout<<n<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

\(T2\) 华二 \(0pts\)

部分分
- \(10pts\) ：因有 \(1 \le a_{i} \le 3\) ，令 \(num_{1},num_{2},num_{3}\) 分别表示 \(1,2,3\) 出现的次数。然后就转化成了多重集的排列数，全排列个数为 \(\dfrac{n!}{num_{1}!num_{2}!num_{3}!}\) 。
正解
- 注意到 \(1 \le a_{i} \le 9\) ，考虑利用这个性质。
- 除了相等的数不能交换其余都是能够进行随便交换，交换两个相等的数等价于不交换，故一个数可以放到任何位置。
- \(1,5,7\) 与其他任何数都互质，故可以放到任何位置，最后再进行处理。
- \(2,3,4,6,8,9\) 中只有 \(6\) 与其他数都不互质，故两个 \(6\) 之间的数一定不能交换出去，等价于 \(6\) 的位置已经被固定了，设原来的数列就被 \(6\) 分成了 \(m\) 个区间。\(2,4,8\) 不能相互交换，相对位置（每两个数之间放其他的数的个数不固定）不变； \(3,9\) 不能相互交换，相对位置（每两个数之间放其他的数的个数不固定）不变。
- 设第 \(i\) 个区间内 \(2,4,8\) 出现的次数为 \(sum_{i,1}\) ，第 \(i\) 个区间内 \(3,9\) 出现的次数为 \(sum_{i,2}\) ， \(num_{1},num_{2},num_{3}\) 分别表示 \(1,5,7\) 出现的次数。容斥后有 \(\dfrac{A_{num_{1}+num_{2}+num_{3}}^{num_{1}+num_{2}+num_{3}}}{A_{num_{1}}^{num_{1}}A_{num_{2}}^{num_{2}}A_{num_{3}}^{num_{3}}} \times \sum\limits_{i=1}^{m} \dbinom{sum_{i,1}+sum_{i,2}+1-1}{sum_{i,2}+1-1}\) 即为所求。
点击查看代码
```
ll a[100001],jc[100001],inv[100001],jc_inv[100001];
ll A(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?jc[n]*jc_inv[n-m]%p:0;
}
ll C(ll n,ll m,ll p)
{
	return (n>=m&&n>=0&&m>=0)?(jc[n]*jc_inv[m]%p)*jc_inv[n-m]%p:0;
}
int main()
{
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	ll n,ans=1,sum1=0,sum2=0,sum3=0,sum4=0,sum5=0,i,p=998244353;
	cin>>n;
	inv[1]=1;
	jc[0]=jc_inv[0]=jc[1]=jc_inv[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
		jc[i]=jc[i-1]*i%p;
		jc_inv[i]=jc_inv[i-1]*inv[i]%p;
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		sum1+=(a[i]==2||a[i]==4||a[i]==8);
		sum2+=(a[i]==3||a[i]==9);
		sum3+=(a[i]==1);
		sum4+=(a[i]==5);
		sum5+=(a[i]==7);
		if(a[i]==6||i==n)
		{
			ans=ans*C(sum1+sum2+1-1,sum2+1-1,p)%p;
			sum1=sum2=0;
		}
	}
	ans=ans*(((A(n,sum3+sum4+sum5,p)*jc_inv[sum3]%p)*jc_inv[sum4]%p)*jc_inv[sum5]%p)%p;
	cout<<ans<<endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}
```

\(T3\) 高爸 \(0pts\)

一个比较“显然”的结论：将最终的力量值设成原有的一条龙的力量值一定最优。
- 不会证明，咕了。

正解

三分

由 \(1 \le n \le 10^{5},1 \le x_{i} \le 10^9\) ，需要离散化。
观察到，类似带权中位数，发现 \(mp\) 通过一定的方案可以到达最小值，故为一个单谷函数，考虑三分。
设我们当前枚举到第 \(i\) 个位置，使 \(1 \sim i\) 条龙的力量值为 \(xx\) ，有 \(\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j}>xx]=p,\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j} \le xx]=i-p=q\) 。此时消耗的 \(mp\) 点数为 \(\begin{aligned}\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j}>xx] \times b(x_{j}-xx)+\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j} \le xx] \times a(xx-x_{j}) \\ =b(-p \times xx+\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j}>xx]x_{j})+a(q \times xx-\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j} \le xx]x_{j})\end{aligned}\) 。

类似 [ABC351F] Double Sum ，用权值树状数组维护 \(q,\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j} \le xx]x_{j}\) 得到 \(p=i-q,\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j}>xx]x_{j}=\sum\limits_{j=1}^{i}x_{j}-\sum\limits_{j=1}^{i}[x_{j} \le xx]x_{j}\) ，然后进行计算即可。

点击查看代码

ll x[100001],xx[100001],sum[100001],c[100001][2];
ll query(ll a[],ll x)
{
	return lower_bound(a+1,a+1+a[0],x)-a;
}
ll lowbit(ll x)
{
	return (x&(-x));
}
void add(ll n,ll x,ll key,ll pd)
{
	for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
	{
		c[i][pd]+=key;
	}
}
ll getsum(ll x,ll pd)
{
	ll ans=0;
	for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
	{
		ans+=c[i][pd];
	}
	return ans;
}
ll f(ll mid,ll a,ll b,ll i)
{
	return (sum[i]-getsum(mid,1)-(i-getsum(mid,0))*xx[mid])*b+(getsum(mid,0)*xx[mid]-getsum(mid,1))*a;
}
bool check(ll mid1,ll mid2,ll a,ll b,ll i)
{
	return f(mid1,a,b,i)>f(mid2,a,b,i);
}
int main()
{
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	ll n,a,b,l,r,mid1,mid2,i;
	cin>>n>>a>>b;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>x[i];
		sum[i]=sum[i-1]+x[i];
		xx[i]=x[i];
	}
	sort(xx+1,xx+1+n);
	xx[0]=unique(xx+1,xx+1+n)-(xx+1);
	add(xx[0],query(xx,x[1]),1,0);
	add(xx[0],query(xx,x[1]),x[1],1);
	cout<<"0"<<endl;
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		add(xx[0],query(xx,x[i]),1,0);
		add(xx[0],query(xx,x[i]),x[i],1);
		l=1;
		r=xx[0];
		while(l<=r)
		{
			mid1=l+(r-l)/3;
			mid2=r-(r-l)/3;
			if(check(mid1,mid2,a,b,i)==true)
			{
				l=mid1+1;
			}
			else
			{
				r=mid2-1;
			}
		}
		cout<<f(l,a,b,i)<<endl;
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

带权中位数
- 把权值 \(a,b\) 拆成分别有 \(a,b\) 个点。然后就转化为了 AcWing 104. 货仓选址。

\(T4\) 金牌 \(0pts\)

部分分

\(69/99pts\)

倍增求 \(LCA\) ，倍增优化跳父亲。

把通过 \(x\) 和 \(y\) 的路径拆成三部分，分别是从 \(l(l \in Subtree(x))\) 到 \(x\) ，从 \(x\) 到 \(y\) ，从 \(y\) 到 \(r(r \in Subtree(y))\) 。
钦定 \(1\) 为根节点。
第一遍 \(DFS\) 时，设 \(f_{x}\) 表示以 \(x\) 为根的子树内的点到 \(i\) 的长度的价值之和，即 \(f_{x}=\sum\limits_{y \in Son(x)}(2f_{y}+2)\) 。
第二遍 \(DFS\) 时，进行换根。设 \(g_{x}\) 表示除原以 \(x\) 为根的子树内的点外的点到 \(x\) 的长度的价值之和。仍钦定 \(1\) 为根节点，状态转移方程为 \(g_{x}=\begin{cases}0 & x=1 \\ 2g_{fa_{x}}+2+2(f_{fa_{x}}-2f_{x}-2) & x \ne 1\end{cases}\) 。
然后进行分类讨论，求出 \(x\) 和 \(y\) 的 \(LCA\) ，记为 \(rt\) 。当 \(x \ne rt,y \ne rt\) 时，从乘法原理的角度分析，有 \((f_{x}+1)(f_{y}+1)2^{dis_{x,y}}\) 即为所求；当 \(x,y\) 中有一个等于 \(rt\) 时，钦定 \(x=rt\) ，记 \(son(son \in Son(x))\) 满足 \(y\) 在以 \(son\) 为根的子树内，从乘法原理的角度分析，有 \(g_{son}(f_{y}+1)2^{dis_{son,y}}\) 即为所求。
- 略带卡常。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO {
#ifdef LOCAL
FILE *Fin(fopen("d.in","r")),*Fout(fopen("d.out","w"));
#else
FILE *Fin(stdin),*Fout(stdout);
#endif
class qistream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE *_fp=stdin ):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;} qistream &operator>>(char &str){str = getch();while(isspace(str))str = getch();return*this;} template<class T>qistream &operator>>(T &x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=(x<<3)+(x<<1)+(buf[p]^48);x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){return buf[p++];}qistream &operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i;for(i=0;ch>' '; ++i,ch=getch())str[i] = ch;str[i] = '\0';return*this;}}qcin(Fin);
class qostream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE *_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream &operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=~x+1,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while (x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream &operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}} qcout(Fout);}using namespace IO;
#define cin qcin
#define cout qcout
const ll p=998244353;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[2000001];
int head[2000001],fa[2000001][25],N,cnt=0;
ll dep[2000001],jc[2000001],f[2000001],g[2000001];
static inline void add(int u,int v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int father)
{
    fa[x][0]=father;
    dep[x]=dep[father]+1;
    f[x]=0;
    for(register int i=1;(1<<i)<=dep[x];++i)
    {
        fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
    }
    for(register int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to^father)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]=(f[x]+((f[e[i].to]<<1)%p+2)%p)%p;
        }
    }
}
void reroot(int x,int father)
{   
    for(register int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to^father)
        {
            g[e[i].to]=(((g[x]<<1)%p+2)%p+(((f[x]-2*f[e[i].to]%p-2+p)%p)<<1)%p)%p;
            reroot(e[i].to,x);
        }
    }
}
static inline int lca(int x,int y)
{
    if(dep[x]>dep[y])
    {
        swap(x,y);
    }
    for(register int i=N;i>=0;--i)
    {
        if(dep[x]+(1<<i)<=dep[y])
        {
            y=fa[y][i];
        }
    }
    if(!(x^y))
    {
        return x;
    }
    else
    {
        for(register int i=N;i>=0;--i)
        {
            if(fa[x][i]^fa[y][i])
            {
                x=fa[x][i];
                y=fa[y][i];
            }
        }
        return fa[x][0];
    }
}
int main()
{   
    freopen("d.in","r",stdin);
    freopen("d.out","w",stdout);
    register int n,m,u,v,rt,son,i,j;
    cin>>n;
    N=log2(n)+1;
    jc[0]=1;
    for(i=1;i<n;++i)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
        jc[i]=(jc[i-1]<<1)%p;
    }
    jc[n]=(jc[n-1]<<1)%p;
    dfs(1,0);
    reroot(1,0);
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;++i)
    {
        cin>>u>>v;
        rt=lca(u,v);
        if((!(rt^u))||(!(rt^v)))
        {
            if(!(rt^v))
            {
                swap(u,v);
            }
            son=v;
            for(j=N;j>=0;--j)
            {
                if(dep[fa[son][j]]>dep[u])
                {
                    son=fa[son][j];
                }
            }
            cout<<(jc[dep[v]-dep[son]]*g[son]%p)*((f[v]+1)%p)%p<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<(((f[u]+1)%p)*((f[v]+1)%p)%p)*jc[dep[u]+dep[v]-(dep[rt]<<1)]%p<<endl;
        }
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

\(Tarjan\) 求 \(LCA\) ，倍增优化跳父亲。

略带卡常。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO {
#ifdef LOCAL
FILE *Fin(fopen("d.in","r")),*Fout(fopen("d.out","w"));
#else
FILE *Fin(stdin),*Fout(stdout);
#endif
class qistream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qistream(FILE *_fp=stdin ):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;} qistream &operator>>(char &str){str = getch();while(isspace(str))str = getch();return*this;} template<class T>qistream &operator>>(T &x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=(x<<3)+(x<<1)+(buf[p]^48);x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){return buf[p++];}qistream &operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();int i;for(i=0;ch>' '; ++i,ch=getch())str[i] = ch;str[i] = '\0';return*this;}}qcin(Fin);
class qostream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];int p;public:qostream(FILE *_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream &operator<<(T x){int len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=~x+1,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while (x);for(int i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream &operator<<(char*str){for(int i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}} qcout(Fout);}using namespace IO;
#define cin qcin
#define cout qcout
const ll p=998244353;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[2000001];
int head[2000001],tarjan_f[2000001],u[2000001],v[2000001],vis[2000001],rt[2000001],dep[2000001],fa[2000001][25],cnt=0;
ll jc[2000001],f[2000001],g[2000001];
vector<pair<int,int> >ask[2000001];
inline void add(rint u,rint v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(rint x,rint father)
{
    fa[x][0]=father;
    dep[x]=dep[father]+1;
    f[x]=0;
    for(rint i=1;(1<<i)<=dep[x];++i)
    {
        fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
    }
    for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to^father)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]=(f[x]+((f[e[i].to]<<1)%p+2)%p)%p;
        }
    }
}
void reroot(rint x,rint father)
{   
    for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to^father)
        {
            g[e[i].to]=(((g[x]<<1)%p+2)%p+(((f[x]-2*f[e[i].to]%p-2+p)%p)<<1)%p)%p;
            reroot(e[i].to,x);
        }
    }
}
int find(rint x)
{
    return ((tarjan_f[x]==x)?tarjan_f[x]:tarjan_f[x]=find(tarjan_f[x]));
}
void tarjan(rint x)
{
    vis[x]=1;
    for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(vis[e[i].to]==0)
        {
            tarjan(e[i].to);
            tarjan_f[e[i].to]=x;
        } 
    }
    for(rint i=0;i<ask[x].size();++i)
    {
        if(vis[ask[x][i].first]==2)
        {
            rt[ask[x][i].second]=find(ask[x][i].first);
        }
    }
    vis[x]=2;
}
int main()
{   
    freopen("d.in","r",stdin);
    freopen("d.out","w",stdout);
    rint n,m,uu,vv,son,i,j,N;
    cin>>n;
    N=log2(n)+1;
    jc[0]=1;
    for(i=1;i<n;++i)
    {
        cin>>uu>>vv;
        add(uu,vv);
        add(vv,uu);
        jc[i]=(jc[i-1]<<1)%p;
        tarjan_f[i]=i;
    }
    jc[n]=(jc[n-1]<<1)%p;
    tarjan_f[n]=n;
    dfs(1,0);
    reroot(1,0);
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;++i)
    {
        cin>>u[i]>>v[i];
        if(u[i]==v[i])
        {
            rt[i]=u[i];
        }
        else
        {
            ask[u[i]].push_back(make_pair(v[i],i));
            ask[v[i]].push_back(make_pair(u[i],i));
        }
    }
    tarjan(1);
    for(i=1;i<=m;++i)
    {
        if((!(rt[i]^u[i]))||(!(rt[i]^v[i])))
        {
            if(!(rt[i]^v[i]))
            {
                swap(u[i],v[i]);
            }
            son=v[i];
            for(j=N;j>=0;--j)
            {
                if(dep[fa[son][j]]>dep[u[i]])
                {
                    son=fa[son][j];
                }
            }
            cout<<(jc[dep[v[i]]-dep[son]]*g[son]%p)*((f[v[i]]+1)%p)%p<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<(((f[u[i]]+1)%p)*((f[v[i]]+1)%p)%p)*jc[dep[u[i]]+dep[v[i]]-(dep[rt[i]]<<1)]%p<<endl;
        }
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

\(100pts\) ：树剖求 \(LCA\) 和 \(son\)。

略带卡常。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO {
#ifdef LOCAL
FILE *Fin(fopen("d.in","r")),*Fout(fopen("d.out","w"));
#else
FILE *Fin(stdin),*Fout(stdout);
#endif
class qistream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];ll p;public:qistream(FILE *_fp=stdin ):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;} qistream &operator>>(char &str){str = getch();while(isspace(str))str = getch();return*this;} template<class T>qistream &operator>>(T &x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=(x<<3)+(x<<1)+(buf[p]^48);x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){return buf[p++];}qistream &operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();ll i;for(i=0;ch>' '; ++i,ch=getch())str[i] = ch;str[i] = '\0';return*this;}}qcin(Fin);
class qostream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];ll p;public:qostream(FILE *_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream &operator<<(T x){ll len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=~x+1,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while (x);for(ll i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream &operator<<(char*str){for(ll i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}} qcout(Fout);}using namespace IO;
#define cin qcin
#define cout qcout
const ll p=998244353;
struct node
{
    int nxt,to;
}e[2000010];
int head[2000010],siz[2000010],fa[2000010],dep[2000010],son[2000010],top[2000010],cnt=0;
ll jc[2000010],f[2000010],g[2000010];
inline void add(rint u,rint v)
{
    cnt++;
    e[cnt].nxt=head[u];
    e[cnt].to=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(rint x,rint father)
{
    siz[x]=1;
    fa[x]=father;
    dep[x]=dep[father]+1;
    for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
    {
        if(e[i].to^father)
        {
            dfs(e[i].to,x);
            f[x]=(f[x]+((f[e[i].to]<<1)%p+2)%p)%p;
            siz[x]+=siz[e[i].to];
            son[x]=(siz[e[i].to]>siz[son[x]])?e[i].to:son[x];
        }
    }
}
void reroot(rint x,rint father,rint id)
{   
    top[x]=id;
    if(son[x])
    {
        g[son[x]]=(((g[x]<<1)%p+2)%p+(((f[x]-2*f[son[x]]%p-2+p)%p)<<1)%p)%p;
        reroot(son[x],x,id);
        for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        {
            if(e[i].to^father&&e[i].to^son[x])
            {
                g[e[i].to]=(((g[x]<<1)%p+2)%p+(((f[x]-2*f[e[i].to]%p-2+p)%p)<<1)%p)%p;
                reroot(e[i].to,x,e[i].to);
            }
        }
    }
}
inline int lca(rint u,rint v)
{
    while(top[u]^top[v])
    {
        if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
        {
            u=fa[top[u]];
        }
        else
        {
            v=fa[top[v]];
        }
    }
    return (dep[u]<dep[v])?u:v;
}
inline int dirson(rint u,rint v)
{
    if(dep[u]>dep[v])
    {
        swap(u,v);
    }
    while(top[u]^top[v])
    {
        if(dep[top[u]]>dep[top[v]])
        {
            if(!(fa[top[u]]^v))
            {
                return top[u];
            }
            u=fa[top[u]];
        }
        else
        {
            if(!(fa[top[v]]^u))
            {
                return top[v];
            }
            v=fa[top[v]];
        }
    }
    return (dep[u]<dep[v])?son[u]:son[v];
}
int main()
{   
    rint n,m,u,v,rt,sonn,i;
    cin>>n;
    jc[0]=1;
    for(i=1;i<n;++i)
    {
        cin>>u>>v;
        add(u,v);
        add(v,u);
        jc[i]=(jc[i-1]<<1)%p;
    }
    jc[n]=(jc[n-1]<<1)%p;
    dfs(1,0);
    reroot(1,0,1);
    cin>>m;
    for(i=1;i<=m;++i)
    {
        cin>>u>>v;
        rt=lca(u,v);
        if((!(rt^u))||(!(rt^v)))
        {
            if(!(rt^v))
            {
                swap(u,v);
            }
            sonn=dirson(u,v);
            cout<<(jc[dep[v]-dep[sonn]]*g[sonn]%p)*((f[v]+1)%p)%p<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<(((f[u]+1)%p)*((f[v]+1)%p)%p)*jc[dep[u]+dep[v]-(dep[rt]<<1)]%p<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

正解

找 \(son\) 的过程等价于找 \(y\) 的 \(dep_{y}-dep_{x}-1\) 级祖先，可用长链剖分维护 luogu P5903 【模板】树上 K 级祖先。
考虑在 \(DFS\) 的过程中维护一个栈，记录当前节点的所有祖先。可将询问离线下来放到节点上，当遍历到该节点时，它的 \(k\) 级祖先一定在当前栈内向下 \(k\) 个。
- 具体实现详见关于树上求 K-son 和 K-father 的各种方法 1.3 栈求 K 级祖先 | 快速求树中某个节点的k级祖先利用DFS栈 O(N) 。
略带卡常，多交几发就过了。

点击查看代码

#define LOCAL
namespace IO {
#ifdef LOCAL
FILE *Fin(fopen("d.in","r")),*Fout(fopen("d.out","w"));
#else
FILE *Fin(stdin),*Fout(stdout);
#endif
class qistream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];ll p;public:qistream(FILE *_fp=stdin ):fp(_fp),p(0){fread(buf+p,1,SIZE-p,fp);}void flush(){memmove(buf,buf+p,SIZE-p),fread(buf+SIZE-p,1,p,fp),p=0;} qistream &operator>>(char &str){str = getch();while(isspace(str))str = getch();return*this;} template<class T>qistream &operator>>(T &x){x=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();bool flag=false;for(;!isdigit(buf[p]);++p)flag=buf[p]=='-';for(;isdigit(buf[p]);++p)x=(x<<3)+(x<<1)+(buf[p]^48);x=flag?-x:x;return*this;}char getch(){return buf[p++];}qistream &operator>>(char*str){char ch=getch();while(ch<=' ')ch=getch();ll i;for(i=0;ch>' '; ++i,ch=getch())str[i] = ch;str[i] = '\0';return*this;}}qcin(Fin);
class qostream {static const size_t SIZE=1<<16,BLOCK=32;FILE*fp;char buf[SIZE];ll p;public:qostream(FILE *_fp=stdout):fp(_fp),p(0){}~qostream(){fwrite(buf,1,p,fp);}void flush(){fwrite(buf,1,p,fp),p=0;}template<class T>qostream &operator<<(T x){ll len=0;p+BLOCK>=SIZE?flush():void();x<0?(x=~x+1,buf[p++]='-'):0;do buf[p+len]=x%10+'0',x/=10,++len;while (x);for(ll i=0,j=len-1;i<j;++i,--j)swap(buf[p+i],buf[p+j]);p+=len;return*this;}qostream&operator<<(char x){putch(x);return*this;}void putch(char ch){p+BLOCK>=SIZE?flush():void();buf[p++]=ch;}qostream &operator<<(char*str){for(ll i=0;str[i];++i)putch(str[i]);return*this;}} qcout(Fout);}using namespace IO;
#define cin qcin
#define cout qcout
const ll p=998244353;
struct node
{
	int nxt,to;
}e[2000010];
int head[2000010],tarjan_f[2000010],u[2000010],v[2000010],k[2000010],kfa[2000010],vis[2000010],rt[2000010],dep[2000010],s[2000010],cnt=0,top=0;
ll jc[2000010],f[2000010],g[2000010];
vector<pair<int,int> >ask_lca[2000010];
vector<int>ask_kfa[2000010];
inline void add(rint u,rint v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(rint x,rint fa)
{
	dep[x]=dep[fa]+1;
	for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to^fa)
		{
			dfs(e[i].to,x);
			f[x]=(f[x]+((f[e[i].to]<<1)%p+2)%p)%p;
		}
	}
}
void reroot(rint x,rint fa)
{   
	top++;
	s[top]=x;
	for(rint i=0;i<ask_kfa[x].size();i++)
	{
		kfa[ask_kfa[x][i]]=s[top-k[ask_kfa[x][i]]];
	}
	for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(e[i].to^fa)
		{
			g[e[i].to]=(((g[x]<<1)%p+2)%p+(((f[x]-2*f[e[i].to]%p-2+p)%p)<<1)%p)%p;
			reroot(e[i].to,x);
		}
	}
	top--;
}
int find(rint x)
{
	return ((tarjan_f[x]==x)?tarjan_f[x]:tarjan_f[x]=find(tarjan_f[x]));
}
void tarjan(rint x)
{
	vis[x]=1;
	for(rint i=head[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(vis[e[i].to]==0)
		{
			tarjan(e[i].to);
			tarjan_f[e[i].to]=x;
		} 
	}
	for(rint i=0;i<ask_lca[x].size();++i)
	{
		if(vis[ask_lca[x][i].first]==2)
		{
			rt[ask_lca[x][i].second]=find(ask_lca[x][i].first);
		}
	}
	vis[x]=2;
}
int main()
{   
	rint n,m,uu,vv,i,j;
	cin>>n;
	jc[0]=1;
	for(i=1;i<n;++i)
	{
		cin>>uu>>vv;
		add(uu,vv);
		add(vv,uu);
		jc[i]=(jc[i-1]<<1)%p;
		tarjan_f[i]=i;
	}
	jc[n]=(jc[n-1]<<1)%p;
	tarjan_f[n]=n;
	dfs(1,0);
	cin>>m;
	for(i=1;i<=m;++i)
	{
		cin>>u[i]>>v[i];
		if(u[i]==v[i])
		{
			rt[i]=u[i];
		}
		else
		{
			ask_lca[u[i]].push_back(make_pair(v[i],i));
			ask_lca[v[i]].push_back(make_pair(u[i],i));
		}
	}
	tarjan(1);
	for(i=1;i<=m;++i)
	{
		if((!(rt[i]^u[i]))||(!(rt[i]^v[i])))
		{
			if(!(rt[i]^v[i]))
			{
				swap(u[i],v[i]);
			}
			k[i]=dep[v[i]]-dep[u[i]]-1;
			ask_kfa[v[i]].push_back(i);
		}
	}
	reroot(1,0);
	for(i=1;i<=m;++i)
	{
		if((!(rt[i]^u[i]))||(!(rt[i]^v[i])))
		{
			cout<<(jc[dep[v[i]]-dep[kfa[i]]]*g[kfa[i]]%p)*((f[v[i]]+1)%p)%p<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<(((f[u[i]]+1)%p)*((f[v[i]]+1)%p)%p)*jc[dep[u[i]]+dep[v[i]]-(dep[rt[i]]<<1)]%p<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

总结

感觉这场比赛不是自己能力所能接受的，故写完 \(T1\) 正解和 \(T2,T3\) 骗分，打到 \(8:30\) 就不打了。
要学会从身边各种事物中找到做题的灵感。
菜就多练。

后记

有大样例，好耶。
@User-Unauthorized :这是我们考过最简单的一套题。
@User-Unauthorized 给 \(T4\) 各造了一个 \(1pts\) 的 \(hack\) 数据点。
\(T4\) 赛时时限 \(1s\) ，赛后改成了 \(1.5s\) 。
- @wkh2008 想挑战用倍增求 \(LCA\) 挑战 @User-Unauthorized 的数据，但他失败了。

posted @ 2024-02-02 17:55 hzoi_Shadow 阅读(48) 评论(3) 编辑收藏举报

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

2024初三年前集训测试2

2024初三年前集训测试2

\(T1\) 上海 \(100pts\)

\(T2\) 华二 \(0pts\)

\(T3\) 高爸 \(0pts\)

\(T4\) 金牌 \(0pts\)

总结

后记

公告

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世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。 纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

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后记

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