[考试反思]1219省选模拟3： 释怀
有些东西渐渐就远去了。。。不必挂念。
只有时间才拥有如此力量。我们能做的，唯有释怀。
这次的题格外顺手，大概是我的强项了。
但是考得还是不够好吧。。。感觉可以更高的
今天迎来了学了OI一年多比较重要的一个成就：（虽说是在考后）
$AC1000$道题！还是挺不容易的。
第$1000$道题是今天的T3。大部分是自己思考的，题也不是很简单，挺好的。
挺过了联赛，现在想要等到下一次整百，可能就要到3月份了。
我还能在OI多久呢？
回到这场考试。
T1的数据范围只有$10000$，让我想起了$ALO$那道题$50000$数据被我随机化$AC$。
然而这题可以构造毒瘤数据所以正确率没有那么高，但是除了随机化啥也不会写。
于是拿一个$60$走人（其实很满意了）。
T2一眼秒，$AC$自动机+拓扑$dp$，当然需要$tarjan$。
$tarjan$？啊。。。好像不会写了，弃了。
然后正解真的就是这个，自闭。。。
T3其实是最先开始做的题，因为测试1里做的那道题有提到积性函数，然后就想了一下这题的这玩意显然也就是积性函数。
然后$P=2$的就很好说了。很快写完。然后又研究了一下$P=2017$，也就证明了结论但是复杂度不对，一共$80$分滚粗。
这点分拿到之后就啥都没干了。T2写了个$AC$自动机但是没有$tarjan$没有用。然后就不知道该干什么了。
$tarjan$这种东西吧。。。
至少现在，应该是真的会了。。。幸亏联赛没考不然就退役了。
T1：好题
题意：树上每个点有色，求最小联通块含有k种颜色。$ n \le 10000,k \le 5$，颜色$\le$n
$k \le 5$一定是突破口。但是颜色那么多怎么办？
随机化。把所有的颜色分成k类，同类的视为一种颜色。
然后树上状压$dp$就可以得到含有k类颜色的最小联通块。
显然找到的方案一定是合法的，但不一定是最优的。
考虑最优方案的联通块所包含的$k$种颜色，你能找出这个解当且仅当这k种颜色被恰好分为了不同的$k$类。
合法的总方案是$k!$个（内部顺序任意，所以是排列）。而对这k中颜色分类的总方案数就是$k^k$。
所以单次随机化得到正解的概率是$\frac{k!}{k^k}$。在$k=5$时大约是$4 \%$
这样的话，只要进行$50$次随机化，正确率就已经高达$87 \% $了。然而你让它一直$clock$跑下去肯定是不会错的。
单次随机化的复杂度是$O(3^kn)$。然而我懒得写枚举子集了，于是单次复杂度变为$O(4^kn)$。
还是可以过的。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 10003 4 int n,k,fir[S],l[S<<1],to[S<<1],co[S],ec,cnt,c,ans=S,tans,sz[S],dp[S][33],re[S],Co[S]; 5 void dfs(int p,int fa){ 6 dp[p][1<<co[p]]=1; 7 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa){ 8 dfs(to[i],p); 9 for(int a=1;a<1<<k;++a)for(int b=1;b<1<<k;++b)dp[p][a|b]=min(dp[p][a|b],dp[p][a]+dp[to[i]][b]); 10 }ans=min(ans,dp[p][(1<<k)-1]); 11 } 12 main(){ 13 scanf("%d%d",&n,&k); 14 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&Co[i]); 15 for(int i=1,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y), 16 l[++ec]=fir[x],fir[x]=ec,to[ec]=y, 17 l[++ec]=fir[y],fir[y]=ec,to[ec]=x; 18 while(clock()<699999){ 19 for(int i=1;i<=n;++i)re[i]=rand()%k; 20 for(int i=1;i<=n;++i)co[i]=re[Co[i]]; 21 memset(dp,0x3f,sizeof dp);dfs(1,0); 22 }printf("%d\n",ans); 23 }
T2：坏题
题意：给定$n$个长度不超过$10$的串，字符集大小为$t$。求有多少种两端都无限长的串，不与给定串匹配。
两串相同当且仅当一个串下标全部$+k$后完全匹配。$n \le 1000 ,t \le 6$
多串匹配，八成$AC$自动机。
题意就是$AC$自动机上，从环出发到环结束，有多少方案。
对于非简单环，它就可以乱走了，方案数无穷。
对于一个环走到一个环再走到一个环，中间的环走几次是任意的，方案数也无穷。
看到一堆环环环的，那就写$tarjan$缩一下呗。然而我不会
对于简单环的判定，条件很简单：如果你是$n$个点的强联通分量，那么你就一定有至少$n$条边。
如果是恰好$n$条边，那么构造就明确了一定是一个简单环。
否则多于$n$条边的话，你一定可以在图里提取出一个环，而在这环以外的边会使这个环上的点形成新的路径。
因为一个环已经强联通了，再连新的边一定会与环上对应两点的两条路径之一形成新的环，从而它就不是简单环了。
所以$tarjan$缩完之后，跑拓扑做$dp$就可以了。
注意在$tarjan$时单个点无自环也会被判定为强联通分量，在$dp$时需要特殊处理。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 333333 4 int c[S][7],fail[S],q[S],nt[S],t,qt,n,rt,pc,tim,scc,tp,ed[S],pt[S]; 5 int dfn[S],low[S],bl[S],ins[S],s[S],fir[S],l[S],to[S],ec;char ss[11]; 6 int FIR[S],L[S],TO[S],deg[S],EC,ans,dp[S][3]; 7 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;} 8 void Link(int a,int b){L[++EC]=FIR[a];FIR[a]=EC;TO[EC]=b;deg[b]++;} 9 void insert(int&p,int al){ 10 if(!p)p=++pc; 11 if(!ss[al]){nt[p]=1;return;} 12 insert(c[p][ss[al]-'a'],al+1); 13 } 14 void bfs(){ 15 q[1]=rt;for(int i=0;i<t;++i)c[0][i]=rt; 16 for(int h=1,qt=1;h<=qt;++h)for(int i=0;i<t;++i) 17 if(c[q[h]][i])fail[q[++qt]=c[q[h]][i]]=c[fail[q[h]]][i]; 18 else c[q[h]][i]=c[fail[q[h]]][i]; 19 } 20 void tarjan(int p){ 21 dfn[p]=low[p]=++tim;s[++tp]=p;ins[p]=1; 22 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(!dfn[to[i]])tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]); 23 else if(ins[to[i]])low[p]=min(low[p],low[to[i]]); 24 if(dfn[p]==low[p]){ 25 bl[p]=++scc;ins[p]=0; 26 while(s[tp]!=p)ins[s[tp]]=0,bl[s[tp--]]=scc;tp--; 27 } 28 } 29 int main(){ 30 scanf("%d%d",&t,&n); 31 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",ss),insert(rt,0); 32 bfs();for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=i;j;j=fail[j])nt[i]|=nt[j]; 33 for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=0;j<t;++j)if(!nt[i]&&!nt[c[i][j]])link(i,c[i][j]); 34 tarjan(1); 35 for(int i=1;i<=pc;++i)pt[bl[i]]++; 36 for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=fir[i];j;j=l[j])if(bl[i]==bl[to[j]])ed[bl[i]]++; 37 else Link(bl[i],bl[to[j]]); 38 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]!=ed[i]&&pt[i]>1)return puts("-1"),0; 39 for(int i=1;i<=scc;++i)if(!deg[i])q[++qt]=i; 40 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]==ed[i])dp[i][0]=1; 41 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]==ed[i])ans++; 42 for(int h=1;h<=qt;++h){ 43 for(int i=FIR[q[h]];i;i=L[i]){ 44 deg[TO[i]]--; 45 if(!deg[TO[i]]) q[++qt]=TO[i]; 46 if(pt[TO[i]]==ed[TO[i]]) dp[TO[i]][1]+=dp[q[h]][0]; 47 else dp[TO[i]][1]+=dp[q[h]][1],dp[TO[i]][0]+=dp[q[h]][0]; 48 } 49 if(pt[q[h]]==ed[q[h]])ans+=dp[q[h]][1]; 50 } 51 printf("%d\n",ans); 52 }
T3：不好不坏题
题意：求$n$以内的所有约数和是$P$倍数的数之和。$n \le 10^{10}$，$P$为$2$或$2017$。
可能是因为我现在AC了所以我觉得它真是挺好的一道题。。。做得怪累的。
约数和是积性函数。所以我们拆解质因数进行考虑。
首先想$P=2$吧。
分解质因数后，只要有一种质因子的贡献是偶数，那么它最终的质因数之和就是偶数，就会贡献答案。
「只要有一种就」这种限制条件不是很好考虑，来考虑相反的「一种都没有」
那就要求每种质因子的约数和都是奇数，这种数不会贡献答案。
对于同种质因子$p^e$它的约数和是$\sum\limits_{i=0}^{e} p^i$。除非$p=2$，这里每一项都是奇数。
那么只要有偶数项就好了，也就是质因子的指数必须是偶数。
那么质因子指数都是偶数的话，那么。。。不就是个平方数吗。。？
所以所有的平方数都不会贡献答案。
不太对。上面有一句「除非$p=2$」，还没有考虑呢。
发现一个数不管有几个2它的因子和的奇偶性都不会变。
所以其实你不需要考虑$2$的次数，也就是$2$出现了奇数次也可以。那么就是平方数的$2$倍也不会贡献答案。
（不必再考虑$4$倍及更高，$4$倍不就已经就是平方数了吗，已经考虑过了）
然后这样就拿到了$P=2$的$50$分。接下来是$P=2017$。
线筛可以做，但是这做法显然没有扩展性（扩展成洲阁筛？？？）
首先我们惊奇的发现$2017$是一个良好的质数。
类似于上面的思路，还是分解质因数，如果任意一个质因数的贡献是$2017$的倍数，那么这个数就会产生贡献。
因为$2017$是质数所以不会出现由多个质因子加起来才能拼凑出$2017$的情况。
先考虑指数为$1$，那么其实就是$p+1 \equiv 0(mod \ 2017)$，这种东西不会筛啊。
枚举有一定技巧啊，它肯定是$2017$的整倍数$-1$啊，而且它还必须是奇数。
那么枚举就是以$4033$为首项，$4034$为公差。
这样的枚举量是$\frac{n}{4034}$的，对于最大的数据这个数大约是$2.5 \times 10^6$。
然后。。。然后我只会根号筛了。
考虑指数为$2$，是$(p^2+p+1)%2017==0$。受到$n$的限制$p$不会超过$\sqrt{n}$，直接枚举就好了。
同理指数为$3$，打表发现其实只有$229$这一个$p$满足条件。在代码里我选择特殊处理了。
对于这些质数的次幂，它们的任意倍数的约数和都是$2017$的倍数，都会贡献答案，等差数列求和就好。
然后，到此为止，你就能得到$80$分的好成绩了。
但是，目前为止，你不仅跑的慢，在大数据下答案还是错的！
为什么？
举个例子，最小的$1$次幂质数是$12101$。数据范围超过$10^8$时，就可能会出现$12101^2$这种东西。
你刚才累加答案的时候，是把$12101$的倍数都加进去了，所以也会把这个数加进去。
但是积性函数只有在互质时才能满足乘法，所以你得到$12101^2$的质因数之和是错的。。。
二次幂与三次幂同理。但是最小的二次幂是$2311$，它的$3$次幂超过了最大的$n$。所以不必考虑。
唯一的三次幂$229$的$4$次幂还是有可能在n以内的，一定要记得考虑！
然后跨次幂相撞是不存在的，它们都超过了$n$的范围。
所以只需要考虑一次幂数的平方和$229$的$4$次方即可。
容斥解决。
但是到了这里答案是对的，但是在最大数据下运行时间在$15s$以上。。。复杂度就卡在那个根号筛了。
然后其实需要的功能就是筛质数，然后看过数学一本通的我想到了$Miller \ Rabin$。然而我肯定不会写啊。
至少考后会了，而且也学会了快速乘。
然后抄一下$LNC$大神的$Miller \ Rabin$板子就好了。
等我彻底理解了就补充一下$Miller \ Rabin$与快速乘的草率讲解。
先说快速乘吧，它就是用来处理模数在$long \ long$级别的乘法。
考虑模法的实际含义$a \% b= a - \frac{a}{b} \times b$
而这里的问题是$xy \ mod \ b $。
首先$\frac{xy}{b}$那一项好说，因为最后结果不大，所以直接用$double$算不会炸精。
然后$xy$与$\frac{xy}{b} \times b$的差值不超过$b$，也就是不会超过$long \ long$的范围，所以直接自然溢出。
你并不在意溢出的那些位，因为它差值不大，高位本来就不存在。
所以最后的流程就是$xy$乘法用$unsigned \ long \ long$自然溢出，减去用$double$算的除法强制转$unsigned \ long \ long$后乘$b$也自然溢出。
把两个自然溢出的数相减，就得到了最后的余数。
而有一种东西叫做$GongKai$优化（名字很高大上有没有？$cbx$发明的）。
就是如果做乘法的两个数如果都没有超过$4 \times 10^9$，就用$1ull$做通常乘法和模法。
看起来非常蠢，但是强制转换和$double$类型很慢，在这道题里两种做法的常数差了三分之一，还是很明显的。
而关于$Miller \ Rabin$，其实它大概是基于结论的。
我们知道费马小定理：$a^p \equiv a(mod \ p)$，对于$p$是质数。
而它的逆命题虽然并不是正确的，但是它的正确率很高。
我们取$a=2$的话，这个结论就对于$p \le 300$判断无误了。
如果你只用$a=2$来判定$p$是否为质数，那么你的正确率大约是$99.988 \% $。
于是再用一下$a=3$来进行同理判定，正确率就提升到了$99.9975 \% $。每$40000$次尝试错误$1$次。
有一类$Carmicheal$数，如$561$，它对于所有的$a<p$都可以通过测试，然而它确是一个合数。用裸的$Miller \ Rabin$无论如何也会错判。
其实这种数还是很少的，出现概率大约$2 \times 10^{-6}$。
但是只是这样对于$OI$的巨大数据范围，一点差错都是致命的，所以考虑优化。
引出另一个结论：如果有$x^2 \equiv 1 (mod \ p)$且p是质数时，$(x-1)(x+1) \equiv 0 (mod \ p)$
而因为$p$是质数，所以$(x-1)$与$(x+1)$中一定有一个数是$p$的倍数，否则它们相乘也不可能含有因子$p$。
那么$x$在模$p$意义下，就是$1$或$p-1$了。
那么接下来就是算法流程，加入我们要检查$p$是否为质数。
我们首先提出$p-1$里所有的因子$2$，设一共$r$个，其余因子的积是$y$。
随机选出一个$z$在$[1,p-1]$范围内，将$z$做$y$次幂。
因为有$a^{p-1} \equiv 1 (mod \ p)$，（如果p是质数的话），那么我们就得到了$a^{\frac{p-1}{2}}$这个数的平方同余于$1$，满足所说的结论的式子。
接下来因为它有$r$个$2$，所以它可以开$r$次根，把$1$开成$1$或$-1$。
然而为了方便，我们从最里面往外走，不是开根，而是平方。（因为开跟你也不会做）
也就是从$z^y$开始，不断进行平方，如果由非$p-1$或$1$的数平方得到了$1$，那么就判定$p$不是质数。
最后，退出前，如果你平方了$r$次，也就是$z^{p-1} \equiv 1 (mod \ p )$不成立，那么$p$也不是质数。
如果上述条件都没有把它弄掉，那么它是质数的概率就很大了。
然而只随机了一个$z$并没有说服力，再多做几遍，如果全部通过，那么就当它是质数吧！
然而因为多次调用快速乘与快速幂，所以常数巨大。
于是我们用$2$，$3$，$5$，$7$，$11$等几个小质数除一下，如果整除了那么肯定就是合数了。提前跳出，常数减半！
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 #define ll long long 5 #define ull unsigned int 6 #define S 30000005 7 int P,pc,nc;bool np[S];ll num[S],pr[S],ans,n;const ll U=4000000000; 8 ll mul(ll x,ll y,ll p){if(x<U&&y<U)return 1ull*x*y%p;ll z=(double)x/p*y,res=(unsigned ll)x*y-(unsigned ll)z*p;return (res+p)%p;} 9 ll pow(ll b,ll t,ll M,ll a=1){for(;t;t>>=1,b=mul(b,b,M))if(t&1)a=mul(a,b,M);return a;} 10 bool isprime(ll x){ 11 ll y=x-1,k=0; 12 if(x%3==0)return 0; 13 if(x%5==0)return 0; 14 if(x%7==0)return 0; 15 if(x%11==0)return 0; 16 while(!(y&1))++k,y>>=1; 17 for(int i=1;i<=2;++i){ 18 ll z=rand()%(x-1)+1,d;z=pow(z,y,x); 19 for(int j=1;j<=k;++j){ 20 d=mul(z,z,x); 21 if(d==1&&z!=1&&z!=x-1)return 0; 22 z=d; 23 } 24 if(d!=1)return 0; 25 }return 1; 26 } 27 ll C(ll x){ll t=n/x%mod;return t*(t+1)/2%mod*x%mod;} 28 main(){ 29 scanf("%lld%d",&n,&P); 30 if(P==2){ans=(n%mod)*(n%mod+1)/2%mod; 31 for(ll i=1;i*i<=n;++i)ans=(ans-i*i)%mod; 32 for(ll i=1;i*i*2<=n;++i)ans=(ans-i*i*2)%mod; 33 }else{ 34 for(int i=2;i<=100000;++i){ 35 if(!np[i])pr[++pc]=i; 36 for(int j=1;j<=pc&&i*pr[j]<=100000;++j) 37 if(i%pr[j]==0){np[i*pr[j]]=1;break;} 38 else np[i*pr[j]]=1; 39 } 40 for(ll i=4033;i<=n;i+=4034)if(isprime(i))ans=(ans+C(i))%mod,num[++nc]=i; 41 for(int i=1;i<=nc&&num[i]<=n/10121;++i)for(int j=1;j<=i&&num[j]*num[i]<=n;++j)ans=(ans-C(num[i]*num[j]))%mod; 42 for(int j=1;1ll*pr[j]*pr[j]<=n;++j)if((1+pr[j]+1ll*pr[j]*pr[j])%2017==0)ans=(ans+C(1ll*pr[j]*pr[j]))%mod; 43 ans=(ans+C(229*229*229)-C(229ll*229*229*229))%mod; 44 }printf("%lld\n",(ans+mod)%mod); 45 }
