2021.8.17考试总结[NOIP42]
$\huge{取模不能比大小!}$
$\huge{取模不能比大小!}$
$\huge{取模不能比大小!}$
有了打地鼠的前车之鉴，我深信树规板子是可以出现在联赛题里的。
所以T1十分钟码完直接溜了，后两道肉眼可见的不可做，最后半小时百无聊赖地胡乱打表，心想有二百差不多了，于是T1光速保龄。哈哈
赛后十分钟直接$rk3$超爽的好吗（哭
T1 卷
就像上文所说的。$DP$时带个对数加和就行。
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int NN=2e5+5,p=1e9+7; 5 int n,idx,to[NN<<1],nex[NN<<1],head[NN],w[NN]; 6 int f[NN][2]; 7 double l[NN][2]; 8 inline int read(){ 9 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 10 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 11 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 12 return x*f; 13 } 14 inline void write(int x,char sp){ 15 char ch[20]; int len=0; 16 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 17 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 18 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 19 } 20 inline void add(int a,int b){ 21 to[++idx]=b; nex[idx]=head[a]; head[a]=idx; 22 to[++idx]=a; nex[idx]=head[b]; head[b]=idx; 23 } 24 void dfs(int s,int fa){ 25 int w1=1,w2=1; 26 double l1=log(w[s]),l2=0; 27 for(int i=head[s];i;i=nex[i]){ 28 int v=to[i]; 29 if(v==fa) continue; 30 dfs(v,s); 31 (w1*=f[v][0])%=p; l1+=l[v][0]; 32 (w2*=((l[v][1]>l[v][0])?f[v][1]:f[v][0]))%=p; l2+=max(l[v][1],l[v][0]); 33 } 34 f[s][1]=w1*w[s]%p; f[s][0]=w2; 35 l[s][1]=l1; l[s][0]=l2; 36 } 37 signed main(){ 38 n=read(); 39 for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(); 40 for(int a,b,i=1;i<n;i++){ 41 a=read(); b=read(); 42 add(a,b); 43 } 44 dfs(1,0); 45 if(l[1][1]<l[1][0]) write(f[1][0],'\n'); 46 else write(f[1][1],'\n'); 47 return 0; 48 }
T2 简单题
不难发现其实就是选择奇数。偶数会随奇数被安排位置。
通过简单容斥可以算出奇数被选时的贡献对应的奇数数量，计算一共是$log$级的。
发现每个奇数选与不选都会有相应的贡献，且两者最多差$1$。可以求出贡献差$1$的奇数数量$x$以及奇数全被选时的集合大小$sum$。
于是每次询问中$m$与$sum$的差就是有几个贡献差$1$的奇数没有被选。贡献无差别的奇数选不选皆可，记这种奇数数量为$tmp$，答案为$C_x^{sum-m}\times 2^{tmp}$。
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define int long long 3 using namespace std; 4 const int p=1e7+19; 5 int n,m,q,ext,sum,x,base,num[60],fac[p],inv[p]; 6 inline int read(){ 7 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 8 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 9 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 10 return x*f; 11 } 12 inline void write(int x,char sp){ 13 char ch[20]; int len=0; 14 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 15 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 16 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 17 } 18 inline int qpow(int a,int b){ 19 int res=1; 20 while(b){ 21 if(b&1) res=res*a%p; 22 a=a*a%p; 23 b>>=1; 24 } 25 return res; 26 } 27 inline int cc(int n,int m){ if(n<m) return 0; return fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p; } 28 inline int C(int n,int m){ 29 if(!m) return 1; 30 return C(n/p,m/p)*cc(n%p,m%p)%p; 31 } 32 signed main(){ 33 n=read(); q=read(); sum=n+1>>1; ext=log(n)/log(4); x=sum-((n>>1)+1>>1); 34 fac[0]=inv[0]=1; 35 for(int i=1;i<p;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p; inv[p-1]=qpow(fac[p-1],p-2); 36 for(int i=p-2;i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p; 37 for(int i=1;i<=ext;i++){ 38 int tmp=(n>>i)>>i; 39 num[i]=tmp+1>>1; 40 num[i-1]-=num[i]; 41 x+=num[i]-(((tmp>>1)+1)>>1); 42 } 43 for(int i=1;i<=ext;i++) sum+=i*num[i]; 44 base=qpow(2,(n+1>>1)-x); 45 while(q--){ 46 m=read(); 47 if(m>sum||m<sum-x){ puts("0"); continue; } 48 write(C(x,sum-m)*base%p,'\n'); 49 } 50 return 0; 51 }
T3 粉丝
把大于等于$x$与小于等于$y$的限制拆为大于等于$x$与大于等于$y$，计算两者后作差即可。于是转化为划分数$DP$。
直接$DP$复杂度$O(n^2)$，可以把$DP$拆为两部分，以$\sqrt n$为界。
前一部分用完全背包，后一部分用好像很经典的划分数$DP$。
$g_{i,j}$为划分为$i$个数，加和为$j$的方案数。有$g_{i,j}=g_{i-1,j}+g(i,j-i)$。前一部分是新增一个$0$，后一部分是对所有划分出的数$+1$。
由于单纯$DP$时不能保证下界，因此最后应将$g_{i,j}$转为$g_{i,j-i*\sqrt n}$，$DP$时要注意。
因为从$\sqrt n$开始，因此最多划分出$\frac{n}{\sqrt n}$个数。
最后把两个$DP$合并。
$code:$
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 namespace IO{ 5 inline int read(){ 6 int x=0,f=1; char ch=getchar(); 7 while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } 8 while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } 9 return x*f; 10 } 11 inline void write(int x,char sp){ 12 char ch[20]; int len=0; 13 if(x<0){ putchar('-'); x=~x+1; } 14 do{ ch[len++]=x%10+(1<<5)+(1<<4); x/=10; }while(x); 15 for(int i=len-1;~i;i--) putchar(ch[i]); putchar(sp); 16 } 17 }using namespace IO; 18 19 const int NN=1e9; 20 int n,p,x,y,b,B,f[100005],g[100005],G[100005]; 21 22 int calc(int dwn){ 23 int ans=0; 24 if(dwn>n) return 0; 25 memset(f,0,sizeof(f)); 26 memset(g,0,sizeof(g)); 27 memset(G,0,sizeof(G)); 28 b=max(B,dwn); 29 f[0]=g[0]=G[0]=1; 30 for(int i=dwn;i<b;i++) 31 for(int j=i;j<=n;j++) (f[j]+=f[j-i])%=p; 32 for(int i=1;i<=n/b;i++){ 33 int tmp=i*b; 34 for(int j=i;j+tmp<=n;j++) (g[j]+=g[j-i])%=p; 35 for(int j=0;j+tmp<=n;j++) (G[j+tmp]+=g[j])%=p; 36 } 37 for(int i=0;i<=n;i++) 38 (ans+=(1ll*f[i]*G[n-i]%p))%=p; 39 return ans; 40 } 41 signed main(){ 42 x=read(); y=read(); n=read(); p=read(); B=sqrt(n); 43 write((calc(x)-calc(y+1)+p)%p,'\n'); 44 return 0; 45 }
