2017北京国庆刷题Day4 afternoon
期望得分：100+100+0=200
实际得分：5+0+0=5
每加入一个数，x的因数位置++
注意：根号x枚举时，如果x是完全平方数，根号x会重复累计2次，要减去
考场上没减，5分 /(ㄒoㄒ)/~~
#include<cmath> #include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define N 40001 int sum[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } int main() { freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.out","w",stdout); int n,ans=0; read(n); int x,y,z; while(n--) { read(x); read(y); if(x==1) { z=sqrt(y); for(int i=1;i<=z;i++) if(y%i==0) sum[i]++,sum[y/i]++; if(z*z==y) sum[z]--; } else ans^=sum[y]; } printf("%d",ans); }
树形DP
令col[i] 表示 i与i的父节点之间的连边
f[i] 表示 在节点i的子树中，链的一个端点为i，且与i直接相邻的边的边的颜色 不与col[i] 相同 的方案数
F[i] 表示对应的权值和
g[i] 表示在节点i的子树中，链的一个端点为i 的方案数
G[i] 表示对应的权值和
将i的子树中经过i的链分为两种
① 以i为端点，用 g G 统计
②i为中间的一个点，用 f F 统计
状态转移方程：
设j为i的子节点,val[i]表示节点i的点权
① g[i]=Σ（f[j]+1） G[i]=Σ（F[j]+val[j]）
② f[i]= Σ（f[j]+1） F[i]=Σ（F[j]+val[j]） 其中，j满足col[j]!=col[i]
③ G[i]+=g[i]*val[i]
④ F[i]+=f[i]*val[i]
解释：
1、g[i]、f[i] 的转移 就是把子树中的 g，f 累加起来，再加上子树的个数，因为i和i的子树的根节点（即i的子节点）构成一条新的合法的链
2、①、② 中 G、F 的转移 就是把子树中的 G、F累加起来，再加上子节点的权值和，因为i和的i的子节点构成一条新的合法的链
3、③、④ 所有的以i为一个端点的链都累加一个 i的权值
统计答案：
1、以i为端点的链，就是ans+=G[i]
2、以i为中间一个点的链，显然是要拿以i为端点的两条链拼起来
①对于i的每个子树j，假设j会被使用sum次，子树j的合法链的权值总和为V，那么 这个子树j 对 答案的贡献就是 sum*（V+val[j]）。
加val[j]是因为 子树j的根节点的权值不属于V，但以这个点为链的一个端点，以i的其他子树的一个点为链的另一个端点， 这就是一条合法的链
如何统计sum？
设s[k]表示当前i的子树中，以i为链的一个端点 且 与i直接相连的边的颜色为k 的链的条数
颜色编号大至1e9？ ——离散化
那么sum=g[i]-s[col[j]] 即只要与i直接相连的边的颜色 不等于 col[j] ，就可以与j的子树中的链 以及 j 拼接
② 考虑了链的拼接，还差两条链的交点的权值没有加，即i的权值。
设两条链拼接的总方案数位 tot，那么最后再加上 tot*val[i] 就行了
tot=Σ （ (f[[j]+1) * (g[i]-s[col[j]]) ） / 2 原理同上
除2是因为 一条链被枚举了两次
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; #define N 300001 typedef long long LL; int val[N]; int front[N],to[N<<1],nxt[N<<1],tot,col[N<<1]; int has[N]; LL f[N],s[N],F[N]; LL ans; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } } void add(int u,int v,int w) { to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; col[tot]=w; to[++tot]=u; nxt[tot]=front[v]; front[v]=tot; col[tot]=w; } void init() { int n; read(n); for(int i=1;i<=n;i++) read(val[i]); int u,v,c; for(int i=1;i<n;i++) { read(u); read(v); read(c); has[i]=c; add(u,v,c); } sort(has+1,has+n+1); int tot=unique(has+1,has+n+1)-(has+1); for(int i=1;i<=n-1<<1;i++) col[i]=lower_bound(has+1,has+tot+1,col[i])-has; } void dfs(int x,int y,int z) { int num=0; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=y) num++,dfs(to[i],x,col[i]); LL g=0,G=0; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=y) { if(col[i]!=z) f[x]+=f[to[i]]+1,F[x]+=F[to[i]]+val[to[i]]; g+=f[to[i]]+1,G+=F[to[i]]+val[to[i]]; s[col[i]]+=f[to[i]]+1; } if(!num) return; F[x]+=1ll*f[x]*val[x]; G+=1ll*g*val[x]; ans+=G; LL res=0,tmp=0; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=y) res+=(F[to[i]]+val[to[i]])*(g-s[col[i]]),tmp+=(1+f[to[i]])*(g-s[col[i]]); ans+=res+tmp/2*val[x]; for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) s[col[i]]=0; } int main() { freopen("b.in","r",stdin); freopen("b.out","w",stdout); init(); dfs(1,0,0); printf("%I64d\n",ans); }
解决本题关键：
同一行/列只有被选中奇数次才有效
假设有i行j列被翻了过来
那么可以得到等式
i*m+j*n-2*i*j=s
解得j=（s-i*m）/（n-2*i）
由此可知，我们只需要枚举i，就可以直接算出j
这个 i，j 合法的条件是：
① 不越界
②（n-i）%2=0，（m-j）%2=0
因为只能再翻偶数次，才能保证当前i，j 合法
如何计算一对合法的i，j的答案？
n行里i行被翻了过来 C（n，i）
m列里j列被翻了过来 C（m，j）
被翻了偶数次的行，就是把（r-i）/2 次机会 分给 n 行 C（（r-i）/2+n-1，n-1）
注意不是n行里面选 （r-i）/2 行翻过来，因为同一行可以不翻，也可以翻多次
同理，偶数次列为 C（（c-i）/2+m-1，m-1）
把这4个C 乘起来就是这一对i，j 的答案
最后累加所有的i，j 的贡献即可
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; #define N 200001 typedef long long LL; const int mod=1e9+7; LL inv[N],fac[N]; LL pow(LL a,int b) { LL res=1; for(;b;a=a*a%mod,b>>=1) if(b&1) res*=a,res%=mod; return res; } int main() { freopen("c.in","r",stdin); freopen("c.out","w",stdout); int n,m,r,c; LL s; scanf("%d%d%d%d%I64d",&n,&m,&r,&c,&s); fac[0]=1;inv[0]=1; for(int i=1;i<=max(n,m)+max(r,c);i++) fac[i]=i*fac[i-1],fac[i]%=mod,inv[i]=pow(fac[i],mod-2); int j; int ans=0; LL res; for(int i=(r&1);i<=min(r,n);i+=2) { if(n!=2*i) { if((s-1ll*i*m)%(n-2*i)) continue; j=(s-1ll*i*m)/(n-2*i); if(j<0 || j>min(c,m) || (c-j)&1) continue; res=fac[n]*inv[i]%mod*inv[n-i]%mod; res=res*fac[m]%mod*inv[j]%mod*inv[m-j]%mod; res=res*fac[n+(r-i>>1)-1]%mod*inv[n-1]%mod*inv[r-i>>1]%mod; res=res*fac[m+(c-j>>1)-1]%mod*inv[m-1]%mod*inv[c-j>>1]%mod; ans+=res; ans%=mod; //printf("%d %d %I64d\n",i,j,res); } } printf("%d",ans); }
