3.2024初三年前集训测试22024-02-02

4.2024初三年前集训测试32024-02-05 5.2024寒假自主提升日记2024-02-14 6.2024寒假年后集训日记2024-02-15 7.2024初三集训模拟测试12024-02-18 8.2024初三集训模拟测试22024-02-19 9.2024初三集训模拟测试32024-02-22 10.2024初三集训模拟测试42024-02-22

2024初三年前集训测试2

$T 1$ 上海 $100 p t s$

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

当 $k \neq 1$ 时，由算术基本定理设 $k = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{c_{i}}$ ，容易得最小的正整数解 $n$ 一定满足 $n = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{c_{i}^{'}}$ ，其中 $\sum_{i = 1}^{m} [c_{i}^{'} < c_{i}] \geq 1, \sum_{i = 1}^{m} [c_{i} \leq 2 c_{i}^{'}] = m$ 。当 $\sum_{i = 1}^{m} [c_{i} = 1] = m$ 时，无解；否则构造 $c_{i}^{'} = ⌈ \frac{c_{i}}{2} ⌉$ 即可，最终 $n = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{⌈ \frac{c_{i}}{2} ⌉}$ 即为所求。

点击查看代码

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;
}

$T 2$ 华二 $0 p t s$

部分分
- $10 p t s$ ：因有 $1 \leq a_{i} \leq 3$ ，令 $n u m_{1}, n u m_{2}, n u m_{3}$ 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 $\frac{n!}{n u m_{1}! n u m_{2}! n u m_{3}!}$ 。
正解
- 注意到 $1 \leq a_{i} \leq 9$ ，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 $s u m_{i, 1}$ ，第 $i$ 个区间内 $3, 9$ 出现的次数为 $s u m_{i, 2}$ ， $n u m_{1}, n u m_{2}, n u m_{3}$ 分别表示 $1, 5, 7$ 出现的次数。容斥后有 $\frac{A_{n u m_{1} + n u m_{2} + n u m_{3}}^{n u m_{1} + n u m_{2} + n u m_{3}}}{A_{n u m_{1}}^{n u m_{1}} A_{n u m_{2}}^{n u m_{2}} A_{n u m_{3}}^{n u m_{3}}} \times \sum_{i = 1}^{m} (\binom{s u m_{i, 1} + s u m_{i, 2} + 1 - 1}{s u m_{i, 2} + 1 - 1})$ 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;
}
```

$T 3$ 高爸 $0 p t s$

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 $1 \leq n \leq 10^{5}, 1 \leq x_{i} \leq 10^{9}$ ，需要离散化。
观察到，类似带权中位数，发现 $m p$ 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 $x x$ ，有 $\sum_{j = 1}^{i} [x_{j} > x x] = p, \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} \leq x x] = i - p = q$ 。此时消耗的 $m p$ 点数为 $\begin{array}{r} \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} > x x] \times b (x_{j} - x x) + \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} \leq x x] \times a (x x - x_{j}) \\ = b (- p \times x x + \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} > x x] x_{j}) + a (q \times x x - \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} \leq x x] x_{j}) \end{array}$ 。

类似 [ABC351F] Double Sum ，用权值树状数组维护 $q, \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} \leq x x] x_{j}$ 得到 $p = i - q, \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} > x x] x_{j} = \sum_{j = 1}^{i} x_{j} - \sum_{j = 1}^{i} [x_{j} \leq x x] x_{j}$ ，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。

$T 4$ 金牌 $0 p t s$

部分分

69 / 99 p t s

倍增求 $L C A$ ，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 $l (l \in S u b t r e e (x))$ 到 $x$ ，从 $x$ 到 $y$ ，从 $y$ 到 $r (r \in S u b t r e e (y))$ 。
钦定 $1$ 为根节点。
第一遍 $D F S$ 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 $f_{x} = \sum_{y \in S o n (x)} (2 f_{y} + 2)$ 。
第二遍 $D F S$ 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 $g_{x} = {\begin{cases} 0 & x = 1 \\ 2 g_{f a_{x}} + 2 + 2 (f_{f a_{x}} - 2 f_{x} - 2) & x \neq 1 \end{cases}$ 。
然后进行分类讨论，求出 $x$ 和 $y$ 的 $L C A$ ，记为 $r t$ 。当 $x \neq r t, y \neq r t$ 时，从乘法原理的角度分析，有 $(f_{x} + 1) (f_{y} + 1) 2^{d i s_{x, y}}$ 即为所求；当 $x, y$ 中有一个等于 $r t$ 时，钦定 $x = r t$ ，记 $s o n (s o n \in S o n (x))$ 满足 $y$ 在以 $s o n$ 为根的子树内，从乘法原理的角度分析，有 $g_{s o n} (f_{y} + 1) 2^{d i s_{s o n, y}}$ 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;
}

$T a r j a n$ 求 $L C A$ ，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;
}

100 p t s

：树剖求

L C A

和

s o n

。

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 $s o n$ 的过程等价于找 $y$ 的 $d e p_{y} - d e p_{x} - 1$ 级祖先，可用长链剖分维护 luogu P5903 【模板】树上 K 级祖先。
考虑在 $D F S$ 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 $T 1$ 正解和 $T 2, T 3$ 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 $T 4$ 各造了一个 $1 p t s$ 的 $h a c k$ 数据点。
$T 4$ 赛时时限 $1 s$ ，赛后改成了 $1.5 s$ 。
- @wkh2008 想挑战用倍增求 $L C A$ 挑战 @User-Unauthorized 的数据，但他失败了。

posted @ 2024-02-02 17:55 hzoi_Shadow 阅读(50) 评论(3) 编辑收藏举报

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