【学习笔记】CF1054

是我降智了。

开始在想一些抽屉原理之类的东西，发现不太行。

注意到，一个位置上的 $0, 1$ 移到左上角或右下角最多需要两步，那么我们可以将初末状态都移成 $0$ 全部在 $(1, 1)$ 上， $1$ 全部在 $(n, n)$ 上，两部分都最多需要 $2 s$ 步，然后就做完了。

具体做法可以自己编，总之是有一点繁琐。

~~复制粘贴半天才发现我把串翻转过来就行了，我是joker~~

二分图，但是我没看出来。

事实上，只要第一步正确，剩下的就非常容易了：我们将初始局面看成，每一个交点处连接两条横竖线段。那么只要不产生多余的交点即可，两个交点有可能合并起来让答案减少 $1$ 。将行列离散化过后相当于 $n$ 个点的二分图，有 $n^2$ 条边，求最大独立集，然后就做完了。

~~没想到可以直接在残留网络上找方案，妙啊~~

~~下次研究一下残留网络的性质~~

~~不会做，只会照搬题解。~~

令 $S_i$ 表示包含点 $i$ 的社区的集合。如果一个社区的大小为 $1$ ，那么显然可以直接删去；否则考虑叶子节点 $x$ ，设其父亲节点为 $y$ ，那么一个连通块如果包含 $x$ ，显然也会包含 $y$ ，也就是 $S_x\subseteq S_y$ 。这个限制看着非常亲切啊，因为假设我们知道了叶子节点 $x$ ，那么把所有社区中的 $x$ 删去，再将 $x$ 向 $y$ 连边就转化为一个子问题了。那么我们每次取出 $S_i|$ 最小的作为 $x$ ，然后再找到父节点 $y$ （其中 $S_x\subseteq S_y$ ），然后重复上述操作就做完了。

复杂度 $O(\frac{n^2m}{w})$ 。

~~调不出来~~

~~好像要用队列写，但不知道为啥。~~

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int T,n,m,vis[2005],sz[2005];
bitset<2005>b[2005];
string str;
vector<pair<int,int>>edges;

void solve(){
    edges.clear();
    for(int i=1;i<n;i++){
        int x=-1,y=-1;
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(!vis[j]&&(x==-1||b[j].count()<b[x].count())){
                x=j;
            }
        }
        vis[x]=1;
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(!vis[j]&&(b[j]&b[x])==b[x]){
                y=j;
                break;
            }
        }
        if(y==-1){
            cout<<"NO"<<"\n";
            return;
        }
        edges.pb({x,y});
        for(int j=b[x]._Find_first();j!=b[x].size();j=b[x]._Find_next(j)){
            if(--sz[j]==1){
                b[y][j]=0;
            }
        }
    }
    cout<<"YES"<<"\n";
    for(auto x:edges){
       cout<<x.fi+1<<" "<<x.se+1<<"\n";
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>T;
    while(T--){
        cin>>n>>m;
        for(int i=0;i<n;i++)b[i].reset(),vis[i]=0;
        for(int i=0;i<m;i++){
            cin>>str,sz[i]=0;
            for(int j=0;j<n;j++){
                if(str[j]=='1')sz[i]++;
            }
            if(sz[i]>1){
                for(int j=0;j<n;j++){
                    if(str[j]=='1')b[j][i]=1;
                }
            }
        }
        solve();
    }
}

这是一道数学题。

因为 $p$ 是质数，根据欧拉定理，记 $c_k=\sum_{i^2j^3\bmod 490018=k}a_ib_j$ ，那么答案是 $\sum c_kx^k$ 。

为什么这么拆，是因为前面很像一个卷积的形式。

根据中国剩余定理，我们只需要考虑模 $2, 491, 499$ 的余数，其中 $491, 499$ 都是质数因此一定有原根， $491$ 有原根 $2$ ， $499$ 有原根 $7$ 。因此，我们取 $i^2$ , $j^3$ 的离散对数（也就是原根的指数）就能把乘法转换成加法，而模 $2$ 相当于是与运算。即求 $c_{i,j,k}=\sum_{i_1\text{and }i_2=1,j_1+j_2=j,k_1+k_2=k}a_{i_1,j_1,k_1}b_{i_2,j_2,k_2}$ 。这里涉及到二维 $ff t$ 的问题，可以先按行做一遍卷积，再按列做一遍卷积， $i df t$ 也同理。不过注意 $i^2,j^3$ 是 $491, 499$ 倍数的时候 没有原根，这部分需要暴力处理。

这道题有点难写。代码先咕了。

代码来了。其实是细节题。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
#define db double
#define cpx complex<db>
using namespace std;
const int N=100005;
const int mod=490019;
const int Len=1305;
const db PI=acos(-1);
int n,m;
ll X,A[N],B[N],a[2][Len][Len],b[2][Len][Len],ans[Len][Len],res[2][Len][Len],res2[2][Len][Len];
ll f491[500],f499[500],log491[500],log499[500];
cpx tmp[Len],c[Len][Len],d[Len][Len];
void add(ll &x,ll y){
    x=(x+y)%mod;
}
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
    ll z(1);
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)z=z*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }
    return z;
}
cpx omega(int n,int k,int f){
    if(!f)return cpx(cos(2*PI/n*k),sin(2*PI/n*k));
    return conj(cpx(cos(2*PI/n*k),sin(2*PI/n*k)));
}
void fft(cpx *a,int n,int f){
    int k=0;while((1<<k)<n)k++;
    for(int i=0;i<n;i++){
        int t=0;
        for(int j=0;j<k;j++){
            if(i>>j&1){
                t|=(1<<k-j-1);
            }
        }
        if(i<t)swap(a[i],a[t]);
    }
    for(int l=2;l<=n;l<<=1){
        int m=l/2;cpx y=omega(l,1,f);
        for(int p=0;p!=n;p+=l){
            cpx x=1;
            for(int i=0;i<m;i++){
                cpx z=a[p+i+m];
                a[p+i+m]=a[p+i]-z*x,a[p+i]+=z*x;
                x=x*y;
            }
        }
    }
    if(f)for(int i=0;i<n;i++)a[i]/=n;
}
void solve(){
    int len=1024;
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            tmp[j]=c[i][j];
        }
        fft(tmp,len,0);
        for(int j=0;j<len;j++){
            c[i][j]=tmp[j];
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            tmp[j]=c[j][i];
        }
        fft(tmp,len,0);
        for(int j=0;j<len;j++){
            c[j][i]=tmp[j];
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            tmp[j]=d[i][j];
        }
        fft(tmp,len,0);
        for(int j=0;j<len;j++){
            d[i][j]=tmp[j];
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            tmp[j]=d[j][i];
        }
        fft(tmp,len,0);
        for(int j=0;j<len;j++){
            d[j][i]=tmp[j];
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            c[i][j]*=d[i][j];
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            tmp[j]=c[i][j];
        }
        fft(tmp,len,1);
        for(int j=0;j<len;j++){
            c[i][j]=tmp[j];
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            tmp[j]=c[j][i];
        }
        fft(tmp,len,1);
        for(int j=0;j<len;j++){
            c[j][i]=tmp[j];
        }
    }
    for(int i=0;i<490;i++){
        for(int j=0;j<498;j++){
            ans[i][j]=0;
        }
    }
    for(int i=0;i<len;i++){
        for(int j=0;j<len;j++){
            add(ans[i%490][j%498],(ll)(c[i][j].real()+0.5));
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>X;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>A[i];
    for(int i=0;i<m;i++)cin>>B[i];
    f491[0]=1;
    for(int i=1;i<490;i++){
        f491[i]=f491[i-1]*2%491;
    }
    for(int i=0;i<490;i++){
        log491[f491[i]]=i;
    }
    log491[0]=490;
    f499[0]=1;
    for(int i=1;i<498;i++){
        f499[i]=f499[i-1]*7%499;
    }
    for(int i=0;i<498;i++){
        log499[f499[i]]=i;
    }
    log499[0]=498;
    for(int i=0;i<n;i++){
        ll x=(ll)i*i%(mod-1);
        if(x%491==0||x%499==0){
            for(int j=0;j<m;j++){
                ll y=(ll)j*j%(mod-1)*j%(mod-1);
                add(res2[x*y%2][log491[x*y%491]][log499[x*y%499]],A[i]*B[j]);
            }
        }
        else{
            add(a[x%2][log491[x%491]][log499[x%499]],A[i]);
        }
    }
    for(int i=0;i<m;i++){
        ll x=(ll)i*i%(mod-1)*i%(mod-1);
        if(x%491==0||x%499==0){
            for(int j=0;j<n;j++){
                ll y=(ll)j*j%(mod-1);
                if(y%491!=0&&y%499!=0){
                    add(res2[x*y%2][log491[x*y%491]][log499[x*y%499]],B[i]*A[j]);
                }
            }
        }
        else{
            add(b[x%2][log491[x%491]][log499[x%499]],B[i]);
        }
    }
    int len=1024;
    for(int i=0;i<1024;i++){
        for(int j=0;j<1024;j++){
            c[i][j]=(a[0][i][j]+a[1][i][j])%mod;
        }
    }
    for(int i=0;i<1024;i++){
        for(int j=0;j<1024;j++){
            d[i][j]=(b[0][i][j]+b[1][i][j])%mod;
        }
    }
    solve();
    for(int j=0;j<491;j++){
        for(int k=0;k<498;k++){
            add(res[0][j][k],ans[j][k]);
        }
    }
    for(int i=0;i<1024;i++){
        for(int j=0;j<1024;j++){
            c[i][j]=a[1][i][j];
        }
    }
    for(int i=0;i<1024;i++){
        for(int j=0;j<1024;j++){
            d[i][j]=b[1][i][j];
        }
    }
    solve();
    for(int j=0;j<491;j++){
        for(int k=0;k<498;k++){
            add(res[1][j][k],ans[j][k]);
            add(res[0][j][k],mod-ans[j][k]);
        }
    }
    ll result=0;
    for(int i=0;i<mod-1;i++){
        if(i%491==0||i%499==0){
            add(result,res2[i%2][log491[i%491]][log499[i%499]]*fpow(X,i));
        }
        else{
            add(result,res[i%2][log491[i%491]][log499[i%499]]*fpow(X,i));
        }
    }
    cout<<(result+mod)%mod;
}

posted @ 2023-04-22 11:22 仰望星空的蚂蚁阅读(7) 评论(0) 收藏举报来源

刷新页面返回顶部

仰望星空的蚂蚁

非做顽石不可，哪管他敬仰暗唾。

【学习笔记】CF1054

公告