ZR10.1青岛集训三地联考
ZR10.1青岛集训三地联考
谢谢dijk和smy
A
题目大意:
已知斐波那契数列\(f\)
设
求
\(n\le 10^{18}\)
首先,观察式子,我们十分容易得到一个\(O(n)\)的算法
因为\(\sum_{i = 0}^nF_i\)拆开后很明显可以进行提公因式而变成
\(sum_i\)为\(f\)的前\(i\)项和
但是可以,这种思路并不能导向正解
一般来说,数列问题都会推一下递推式
我们尝试推一下\(F\)的递推式
解释一下上面的小地方
因为我们是把\(f_{n - i}\)化为\(f_{n - i - 1} + f_{n - i - 2}\)的形式,所以为了定义合理我们单独将\(f_0f_n+f_1f_{n - 1}\)提出来计算
之后我们将\(\sum\)拆开时候发现第二项刚好是\(F_{n - 2}\)但是第一项我们要凑\(F_{i - 1}\)发现他少了当\(i = {n - 1}\)时候的一项,我们强制加上,再在后面减去即可
之后发现这个东西可以用矩阵快速幂去优化
\(\left[\begin{array}{ccccc}{1} & {1} & {0} & {0} & {0} \\ {1} & {0} & {0} & {0} & {0} \\ {1} & {1} & {1} & {1} & {0} \\ {0} & {0} & {1} & {0} & {0} \\ {0} & {0} & {1} & {0} & {1}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{ f_{i - 1} } \\ {f_{i - 2}} \\ {F_{i - 1}} \\ {F_{i - 2}} \\ {ans_{i - 2}}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f_{i}} \\ {f_{i - 1}} \\{F_i}\\ {F_{i - 1}} \\ {ans_{i - 1}}\end{array}\right]\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
inline LL read(){
LL v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
struct Ma{
LL a[8][8];
LL *operator[](int i){return a[i];}
inline void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
friend Ma operator * (Ma x,Ma y){
Ma c;c.clear();
for(int i = 0;i < 5;++i)
for(int j = 0;j < 5;++j)
for(int k = 0;k < 5;++k)
c.a[i][j] = (c.a[i][j] + (x.a[i][k] * y.a[k][j])) % mod;
return c;
}
};
inline Ma quick(Ma x,LL y){
Ma res;res.clear();
for(int i = 0;i < 5;++i) res[i][i] = 1;
while(y){
if(y & 1) res = res * x;
y >>= 1;
x = x * x;
}
return res;
}
Ma ans;
Ma dd;
LL n;
int main(){
n = read();
if(n == 0){
printf("1\n");
return 0;
}
if(n == 1){
printf("3\n");
return 0;
}
if(n == 2){
printf("8\n");
return 0;
}
ans.clear();
ans[0][0] = 1;ans[0][1] = 1;
ans[1][0] = 1;
ans[2][0] = ans[2][1] = ans[2][2] = ans[2][3] = 1;
ans[3][2] = 1;
ans[4][2] = ans[4][4] = 1;
ans = quick(ans,n - 1);
dd.clear();
dd[0][0] = 2;
dd[1][0] = 1;
dd[2][0] = 5;
dd[3][0] = 2;
dd[4][0] = 3;
dd = ans * dd;
printf("%lld\n",dd[4][0]);
return 0;
}
B
题目大意
给定一棵\(n\)个点的树和\(m\)条路径,选定某一点为根时,在每个非叶节点的所有连向儿子的边中选择一个特殊边,最大化所有路径经过的特殊边的和(原题是最小化未经过的和,反正补集关系)\(n,m\le 10^5\)
首先,路径经过次数我们可以用简单的树上差分来实现,我们设差分完成后\(sum_i\)表示第\(i\)条边被经过的次数,另外,我们为了方便去维护边上的信息，把边上的信息放到连接的深度较低的点上去维护
那么如何求取最终答案?
二次扫描
提示:本方法的正确性有待证明,因过程中一个细节没有考虑,经smy推理后得出结论不会对最优解产生影响,尽管如此,这种方法的思路在本质上可能出现错误.
按照二次扫描的套路,我们要维护子树内和子树外的信息
我们设\(f1_i\)表示\(i\)子树内$sum $ 最大的一条边对应的儿子,同理设\(f2_i\)表示\(i\)子树内次大值(用这种方法维护次大值应该也是常见的操作)
我们设\(h_i\)表示以\(i\)为根的子树中的最大贡献,这个应该是可以通过简单的树形dp求出\(h_i = f1_i + \sum_{j \in son_i}h_j\)
我们设\(g_i\)表示\(i\)子树外的贡献,那么应该如何计算\(g\)数组呢
这是当\(y\)是\(f_1\)指向的儿子的情况,不是同理
注意这时候的\(g_i + h_i\)并不是以\(i\)为根时的答案,至于表示的什么等我去问下.
换根法
这才是这道题的正确做法
我们考虑上面做法的缺陷在哪里
尝试考虑这种情况
这也就是我说上面的式子并不是表示以\(i\)为根的答案的原因,他可能会出现\(i\)所连接的所有的边选择两次的情况
之后发现,只有\(i\)所连接的会出错
我们考虑吧这部分的贡献减掉
那么上面的式子我们稍微改动一下
我们设\(ans_i\)表示以\(i\)为根时的答案
转移比较简单
但是有一个非常重要的坑点
在换根的时候要更新最大值和次大值
代码可能以后会写吧,这里只放二次扫描的代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#define LL long long
#define pii pair<LL,LL>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N = 2e5 + 3;
const LL INF = 1e15;
struct edge{
int to;
int nxt;
}e[N << 1];
LL sum[N];int head[N],deep[N];
pii f1[N],f2[N];
LL hh[N];
LL g[N];
LL gg[N];
int fa[21][N];
int n,m,tot;
inline void add(int x,int y){
e[++tot].to = y;
e[tot].nxt = head[x];
head[x] = tot;
}
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
inline void dfs(int x,int f){
fa[0][x] = f;
deep[x] = deep[f] + 1;
for(int i = head[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(y == f) continue;
dfs(y,x);
}
}
struct Q{
int xi;
int yi;
}q[N];
inline int LCA(int x,int y){
if(deep[x] < deep[y]) swap(x,y);
for(int i = 19;i >= 0;--i)
if(deep[fa[i][x]] >= deep[y]) x = fa[i][x];
//printf("xxx:%d %d\n",x,y);
if(x == y) return x;
for(int i = 19;i >= 0;--i)
if(fa[i][x] != fa[i][y]) x = fa[i][x],y = fa[i][y];
return fa[0][x];
}
inline int getsum(int x,int f){
for(int i = head[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(y == f) continue;
getsum(y,x);
sum[x] += sum[y];
}
}
inline void work1(int x,int f){
bool ok = 1;
pii as1 = mk(0,0),as2 = mk(0,0);
for(int i = head[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(y == f) continue;
ok = 0;
work1(y,x);
if(sum[y] > as1.fi) as2 = as1,as1 = mk(sum[y],y);
else if(sum[y] > as2.fi) as2 = mk(sum[y],y);
hh[x] += hh[y];
// if(f1[y].fi + sum[y] > as1.fi){
// as2 = as1;
// as1 = mk(f1[y].fi + sum[y],y);
// }
// else{
// if(f1[y].fi + sum[y] > as2.fi) as2 = mk(f1[y].fi + sum[y],y);
// }
}
hh[x] += as1.fi;
//if(ok) f1[x] = mk(0,0);
//else
f1[x] = as1,f2[x] = as2;
}
inline void work2(int x,int f){
for(int i = head[x];i;i = e[i].nxt){
int y = e[i].to;
if(y == f) continue;
if(y == f1[x].se) g[y] = g[x] - sum[x] + hh[x] - hh[y] - f1[x].fi + max(sum[x],f2[x].fi) + sum[y];
else g[y] = g[x] - sum[x] + hh[x] - hh[y] - f1[x].fi + max(sum[x],f1[x].fi) + sum[y];
work2(y,x);
}
}
int main(){
// freopen("B.in","r",stdin);
//freopen("B.out","w",stdout);
LL tt = 0;
n = read(),m = read();
for(int i = 1;i < n;++i){
int x = read(),y = read();
add(x,y);
add(y,x);
}
dfs(1,0);
for(int j = 1;j <= 20;++j){
for(int i = 1;i <= n;++i)
fa[j][i] = fa[j - 1][fa[j - 1][i]];
}
for(int i = 1;i <= m;++i){
q[i].xi = read(),q[i].yi = read();
int L = LCA(q[i].xi,q[i].yi);
// printf("lca::%d\n",L);
sum[q[i].xi]++,sum[q[i].yi]++,sum[L] -= 2;
tt += deep[q[i].xi] + deep[q[i].yi] - 2 * deep[L];
}
getsum(1,0);
// printf("%lld\n",tt);
// memset(f,0x3f,sizeof(f));memset(g,0x3f,sizeof(g));
// for(int i = 1;i <= n;++i) tt += sum[i];
g[1] = 0;
work1(1,0);
for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%lld ",hh[i]);puts("");
// for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%lld %lld %lld %lld\n",f1[i].fi,f1[i].se,f2[i].fi,f2[i].se);
work2(1,0);
for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%lld ",g[i]); puts("");
LL ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i) ans = max(ans,hh[i] + g[i]);
printf("%lld\n",tt - ans);
return 0;
}
C
题目大意:一副牌,有\(n\)种花色,第\(i\)种有\(a_i\)张,随机打乱后,前\(x\)张给小E,接着\(y\)张给小F,求存在一种花色,使得小E手中该花色比小F中该花色的牌多\(z\)张的概率
首先,题目中的取牌机制相当于小E随机取\(x\)张,小F再随机取\(y\)张
我们将概率转化为求总方案数
接下来我们要求的就是小E和小F有多少种选法满足上述条件
首先设\(s\)为各花色牌的数量之和,总方案数为\(\binom{s}{x} \binom{s - x}{y}\)
接下来想如何求得合法方案数
接下来想,我们考虑花色\(c\)为 小E的制胜方案(也就是选择花色\(c\)使得小E制胜的方案数)
我们想,假设小E选择了\(ec\)张\(c\)花色的牌,我们枚举小F选择了\(fc\)张\(c\)花色的牌,那么\(c\)花色可以取胜的方案数是
这样还不是最终答案,因为我们强制枚举一种颜色合法的过程中,会出现另外一种也合法的情况,就会导致我们多算一部分的贡献
那么怎么去重呢
我们想,我们出现这种情况,就是同时存在两个花色他们选择的都是合法的
那么我们就考虑
如何去除这种情况，我们把所有的情况按照选择的\(ec\)排序这样就能背包够DP的顺序
我们在DP的时候,为了强制确定当前花色为答案,要给其他花色制定一个顺序,因为我们已经按照\(ec\)排了序
这样保证了\(DP\)的时候每种牌能够选择的数量是单调的
这样我们就设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)中花色选择了\(j\)张的方案数
DP的时候也是要转移
我们DP玩这种情况之后,该花色的牌的上限\(limit\)也顺便更新
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<ctime>
#define LL long long
#define pii pair<LL,LL>
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const LL Mod = 998244353;
const long long mod = 998244353;
struct node{
__int128 val;
LL id;
LL num;
};
long long dp[505][505];
int a[505];
__int128 c[505][505];
int n,cnt,sum,xx,yy,zz;
node d[500005];
int lim[505];
inline long long quick(long long x,long long y){
long long res = 1;
while(y){
if(y & 1) res = res * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return res;
}
inline bool cmp(node x,node y){
if(x.val != y.val)
return x.val < y.val;
return x.num < y.num;
}
inline long long up(long long x){
if(x >= mod) x -= mod;
return x;
}
inline void print(LL x){
if(x == 0) return ;
print(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
int main(){//xx = read(),yy = read(),zz = read();
scanf("%d%d%d%d",&n,&xx,&yy,&zz);
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d",&a[i]),sum += a[i];
c[0][0] = 1;
for(int i = 1;i < 105;++i){
c[i][0] = c[i][i] = 1;
for(int j = 1;j < i;++j)
c[i][j] = c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1];
}
// for(int i = 1;i <= 5;++i){
// for(int j = 0;j <= i;++j) print(c[i][j]);//,putchar(' ');
//putchar('\n');
// }
// cerr << n << endl;
for(int cc = 1;cc <= n;++cc){
for(int j = 0;j <= min(xx,a[cc]);++j){
d[++cnt].id = cc;
for(int i = 0;i + zz <= j && i + j <= a[cc] && i <= yy;++i){
d[cnt].val += c[a[cc] - j][i] * c[sum - (a[cc] - j) - xx][yy - i];
// puts("zls nb");
}
d[cnt].num = j;
// print(d[cnt].val);putchar(' ');
}
}
//puts("GG");
for(int i = 1;i < 105;++i){
for(int j = 0;j < 105;++j){
c[i][j] %= Mod;
}
}
long long ans = 0;
sort(d + 1,d + cnt + 1,cmp);
memset(lim,-1,sizeof(lim));
for(int i = 1;i <= cnt;++i){
// printf("%d\n",i);
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0] = 1;
for(int j = 1;j <= n;++j){
if(j == d[i].id){
for(int x = 0;x <= xx;++x) dp[j][x] = dp[j - 1][x];
}
else{
for(int x = 0;x <= xx;++x){
for(int y = 0;y <= min(x,lim[j]);++y){
dp[j][x] = up(dp[j][x] + dp[j - 1][x - y] * c[a[j]][y] % mod);
}
}
}
}
// print(d[i].val); putchar('\n');
ans = up(ans + (d[i].val % Mod) * dp[n][xx - d[i].num] * c[a[d[i].id]][d[i].num] % mod);
lim[d[i].id] = d[i].num;
}
// cout << ans <<endl;
// printf("%lld\n",ans);
//cout << ans * quick(c[sum][xx],mod - 2) % mod * quick(c[sum - xx][yy],mod - 2) % mod << endl;
printf("%lld\n",ans * quick(c[sum][xx],mod - 2) % mod * quick(c[sum - xx][yy],mod - 2) % mod);
return 0;
}
