2023.5.18测试

T1 金币

（其实是原题 P3951 [NOIP2017 提高组] 小凯的疑惑）

给定 $a,b\in {\mathrm{N}}^{\ast }$，求最大的不能表示成 $ax+by(x,y\in \mathrm{N})$ 的数字

考场上想了很久，幸好搞出来了

因为 $gcd(a,b)=1$，所以如果 $x,y\in \mathrm{Z}$，那么由 $\mathrm{B}\acute{\mathrm{e}}\mathrm{zout}$ 定理知 $ax+by$ 可以表示出任意的整数。

但现在 $x,y$ 有自然数的限制，所以当 $x$ 或 $y$ 小于 $0$ 时式子表示出来的数不一定能够用两个大于等于 $0$ 的 $x,y$ 表示出来。那我们就考虑 $x,y$ 取到多少表示出来的数一定是不合法的，且让这个数最大

考虑让 $x>0,y<0$。容易发现，当 $x\ge b$ 时，可以将式子变形成 $a(x-b)+b(y+a)$，也就是说 $x$ 大于等于 $b$ 的部分可以抵消到后面 $y$ 的负值，那此时 $y+a$ 可能就可以大于等于 $0$，那这个式子表示出来的数就是合法的。就算此时 $y+a$ 仍然小于 $0$，那它肯定也是不比$y=-1$ 更优的。所以直接让 $x=b-1,y=-1$ 即可

综上，答案为 $a(b-1)+b\times (-1)=ab-a-b$

T2 字符串计数

一个长度为 $len$ 的字符串，包括至少 $a$ 个大写字母，$b$ 个小写字母，$c$ 个数字，求有多少个符合条件的字符串。答案模 ${10}^9+9$。

考场上脑瘫把组合写成排列了，一直搞不出来，最后喜提 $15$ 分

设大写字母、小写字母，数字的数量依次为 $i,j,k(i+j+k=len)$，那么此时对答案的贡献为 ${26}^i\times {26}^j\times {10}^k\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j}{i})\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{len}{i+j})$

考虑 $O(n^2)$ 枚举 $i,j$，可以拿到 $36$ 分

现在思考如何优化。观察到大小写字母的底数都是 $26$，所以考虑把它们合并在一起。设 $f(n)$ 表示大小写字母共选了 $n$ 个的方案数 $(a+b\le n\le len-k)$，那么最终答案就为 $\sum _{i=1}^{len-k}f(i)\times {10}^{len-i}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{len}{len-i})$

考虑如何计算 $f(n)$：

$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{i=a}^{n-b}{26}^i\times {26}^{n-i}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\\ & ={26}^n\times \sum _{i=a}^{n-b}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})\end{array}$$

设 $g(n)=\sum _{i=a}^{n-b}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})$，因为 $n\ge a+b$，所以第一项为 $g(a+b)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+b}{a})$。考虑递推式子，将 $g(n)$ 放到杨辉三角上可看出：

$$\begin{array}{rl}g(n+1)& =\sum _{i=a}^{n+1-b}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{i})\\ & =2\times g(n)+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{a-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-b+1})\end{array}$$

可 $O(n\log MOD)$ 递推出来

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=200010;
const LL MOD=1e9+9;

int len,a,b,c;
LL fac[N],f[N],g[N],ans;

LL ksm(LL x,LL y)
{
	if(y==0)
		return 1;
	if(y==1)
		return x;
	LL tmp=ksm(x,y/2);
	if(y&1)
		return tmp*tmp%MOD*x%MOD;
	return tmp*tmp%MOD;
}

LL C(int a,int b)
{
	if(a<b || a<0 || b<0)
		return 0;
	if(b==0)
		return 1;
	if(a==0)
		return 0;
	return fac[a]*ksm(fac[a-b],MOD-2)%MOD*ksm(fac[b],MOD-2)%MOD;
}

int main()
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1; i<=2e5+1; i++)
		fac[i]=(fac[i-1]*i)%MOD;
	
	scanf("%d%d%d%d",&len,&a,&b,&c);
	
	if(a+b+c>len)
	{
		printf("0");
		return 0;
	}
	
	for(int i=a+b; i<=len-c; i++)
	{
		if(i==a+b) //注意这地方当a+b=0时就不好递推了，所以边界自己处理
			g[i]=C(i,a);
		else
			g[i]=(g[i-1]*2%MOD+C(i-1,a-1)+C(i-1,i-b))%MOD;
		f[i]=ksm(26,i)*g[i]%MOD;
		(ans+=f[i]*ksm(10,len-i)%MOD*C(len,len-i)%MOD)%=MOD;
	}
	
	printf("%lld",ans);

	return 0;
}

T3 树

一棵带边权的树，边权为 $[0,9]$ 内的整数。问有多少点对 $(u,v)$，满足将 $u\to v$ 简单路径上的边权串成一个整数 $x$，$x$ 是 $m$ 的倍数。

$2\le n\le {10}^5$，$1\le m\le {10}^9$ 且 $m\perp 10$

一眼点分治。考场上迅速码完，calc 函数直接两重循环暴力判断。由于数据太弱，喜提 $100$

不过还是要思考如何优化

对于 $(u,v)$ 来说，设 $a$ 为 $u\to rt$ 路径上串成的数，$b$ 为 $rt\to v$ 路径上串成的数，$dep$ 为 $v$ 的深度。则

$$a\times {10}^{dep}+b\equiv 0(\mathrm{mod}m)$$

利用 $m\perp 10$ 除以 ${10}^{dep}$

$$a+\frac{b}{{10}^{dep}}\equiv 0(\mathrm{mod}m)$$

把 $a,{\displaystyle \frac{b}{{10}^{dep}}}$ 分别丢进两个不同的 $\mathrm{map}$ 即可

对于 $(v,u)$ 来说，情况类似

预处理出 $10$ 的正整数次幂的逆元，时间复杂度 $O(n{\log }^{2}n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

const int N=100010,M=5000010;

struct node
{
	LL sa,sb; //sa倒着，sb正着 
	int cnt;
}a[N];
int n,p,L;
int rt,rt_size,size[N];
int head[N],nxt[2*N],ver[2*N],edge[2*N],tot;
bool v[N];
LL m,inv[N],ans;
map <LL,int> aa,bb; 

LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
	if(b==0)
	{
		x=1;  y=0;
		return a;
	}
	
	LL d=exgcd(b,a%b,x,y);
	LL tmp=x;
	x=y;  y=tmp-(a/b)*y;
	return d;
}

void add(int x,int y,int z)
{
	ver[++tot]=y;  edge[tot]=z;
	nxt[tot]=head[x];  head[x]=tot;
}

void find_root(int x,int fa,int Large)
{
	int max_part=0;
	size[x]=1;
	for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i];
		if(y==fa || v[y])
			continue;
		
		find_root(y,x,Large);
		
		size[x]+=size[y];
		max_part=max(max_part,size[y]);
	}
	
	max_part=max(max_part,Large-size[x]);
	if(max_part<rt_size)
	{
		rt=x;
		rt_size=max_part;
	} 
}

void dfs(int x,int fa,LL numa,LL numb,LL pw,int t)
{
	a[++p]=(node){numa,numb*inv[t]%m,t};
	for(int i=head[x]; i; i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i],z=edge[i];
		if(y==fa || v[y])
			continue;
			
		LL nta=(1LL*z*pw+numa)%m;
		LL ntb=(numb*10%m+(LL)z)%m;
		dfs(y,x,nta,ntb,pw*10%m,t+1);
	}
}

void calc()
{
	for(int i=1; i<=p; i++)
	{
		ans+=(LL)bb[(m-a[i].sa)%m];
		ans+=(LL)aa[(m-a[i].sb)%m];
	}
	for(int i=1; i<=p; i++)
	{
		aa[a[i].sa]++;
		bb[a[i].sb]++;
	}
	
	p=0;
}

void solve(int x,int fa,int Large)
{
	rt_size=Large+1;
	find_root(x,fa,Large);
	
	v[rt]=1;
	
	p=0;
	aa[0]++; bb[0]++;
	for(int i=head[rt]; i; i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i],z=edge[i];
		if(y==fa || v[y])
			continue;
		
		dfs(y,rt,(LL)z%m,(LL)z%m,10,1);
		calc();
	}
	
	aa.clear();  bb.clear();
	
	for(int i=head[rt]; i; i=nxt[i])
	{
		int y=ver[i];
		if(y==fa || v[y])
			continue;
		solve(y,x,size[y]);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%lld",&n,&m);
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		x++;  y++;
		add(x,y,z);  add(y,x,z);
	}
	
	LL pw=1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{	
		(pw*=10)%=m;
		LL x,y;
		exgcd(pw,m,x,y);
		x=(x%m+m)%m;
		inv[i]=x;
	}
	
	solve(1,0,n);
	
	printf("%lld",ans);

	return 0;
}

$100+15+100=215$，$\mathrm{rk}6$