【考试总结】2022-07-04

字符串

如果某个 $S$ 的子串 $S[l\dots r]$ 恰为 $S[1\dots x]+S[n-y+1\dots n]$ ，那么 $S[1\dots l+x-1]$ 的 $\rm Border$ 集合包含 $x$，对于后缀同理

正反做两遍 $\rm KMP$ ，每个点和其 $\rm nxt$ 连边形成两棵树，此时询问变成了正向树 $x$ 的子树中有几个点 $u$ 满足反向树 $n-y+1$ 号节点的子树里面有 $u+1$

这是二维数点问题，可以使用可持久化线段树解决

Code Display

const int N=200010,M=N*40;
char s[N];
int rt[N],ls[M],rs[M],tot,cnt[M];
inline void insert(int &p,int pre,int l,int r,int pos){
	p=++tot; ls[p]=ls[pre]; rs[p]=rs[pre]; cnt[p]=cnt[pre]+1;
	if(l==r) return ;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid) insert(ls[p],ls[pre],l,mid,pos);
	else insert(rs[p],rs[pre],mid+1,r,pos);
}
inline int query(int u,int v,int l,int r,int st,int ed){
	if(!u) return 0;
	if(st<=l&&r<=ed) return cnt[u]-cnt[v];
	int mid=(l+r)>>1,res=0;
	if(st<=mid) res+=query(ls[u],ls[v],l,mid,st,ed);
	if(ed>mid) res+=query(rs[u],rs[v],mid+1,r,st,ed);
	return res;
}
int main(){
	freopen("string.in","r",stdin);
	freopen("string.out","w",stdout);
	int T=read();
	while(T--){
		tot=0;
		int n=read(),Q=read();
		scanf("%s",s+1);
		vector<vector<int> >Gp(n+2),Gs(n+2);
		vector<int> prenxt(n+2),sufnxt(n+2);
		vector<int> inp(n+2),ins(n+2),outp(n+2),outs(n+2);
		vector<int> val(n+2);
		Gp[0].emplace_back(1);
		for(int j=0,i=2;i<=n;++i){
			while(j&&s[j+1]!=s[i]) j=prenxt[j];
			j+=(s[j+1]==s[i]);
			prenxt[i]=j;
			Gp[j].emplace_back(i);
		}
		sufnxt[n]=n+1;
		Gs[n+1].emplace_back(n);
		for(int j=n+1,i=n-1;i>=1;--i){
			while(j!=n+1&&s[j-1]!=s[i]) j=sufnxt[j];
			j-=s[j-1]==s[i];
			sufnxt[i]=j;
			Gs[j].emplace_back(i);
		}
		int tim_pre=0,tim_suf=0;
		function<void(int)>dfs_pre=[&](int x){
			inp[x]=++tim_pre;
			for(auto t:Gp[x]) dfs_pre(t);	
			outp[x]=tim_pre;
		};
		function<void(int)>dfs_suf=[&](int x){
			val[inp[x-1]]=ins[x]=++tim_suf; 
			for(auto t:Gs[x]) dfs_suf(t);
			outs[x]=tim_suf;
		};
		dfs_pre(0); 
		dfs_suf(n+1);
		for(int i=1;i<=n+1;++i) insert(rt[i],rt[i-1],1,n+1,val[i]);
		while(Q--){
			int x=read(),y=read();
			y=n-y+1;
			print(query(rt[outp[x]],rt[inp[x]-1],1,1+n,ins[y],outs[y]));
		}
	}
	return 0;
}

计树

设 $g_x$ 表示 $x$ 子树让一个 $1\sim siz_x$ 的排列在 $x$ 子树里面放，满足父亲标号小于儿子的方案树

再设 $dp_{x,id,rk}$ 表示 $x$ 子树里面点 $id$ 分配的标号排位是 $rk$ 的方案数，转移是子树归并，枚举已经合并的子树里面的点 $x$ 原来的位次和新的位次，小于它和大于它的数任意排列，乘两个组合数以及当前添加儿子 $t$ 的 $g_t$，对于 $t$ 子树里面的点也是一样

将 $id$ 这维度固定那么 $(x,rk)$ 的转移过程和树形背包一样，复杂度是 $\Theta(n^3)$

使用这两者来求答案，在 $u,v$ 两个点的 $\rm LCA$ 处来强制它们相邻，设两个方向 $\rm LCA$ 的儿子为 $s_u,s_v$，枚举 $u$ 在 $s_u$ 子树里面的排名和 $v$ 在 $s_v$ 子树中的排名，除了 $dp_{s_u,u,*},dp_{s_v,v,*}$ 值之外还要让两棵树合并，此时将归并进来的子树 $v$ 的大小视为 $siz_v-1$ 得到组合数即可

实现的时候枚举已归并子树中的点，由于系数和在新归并儿子 $t$ 的子树中的排名有关，那么对于每个排名统计 $t$ 子树中所有点的权值，统一计算，复杂度也是 $\Theta(n^3)$。在 $\rm LCA$ 根链上合并带来的系数在回溯过程中处理

Code Display

const int N=210;
int n,rt,siz[N];
int g[N],ans[N],dp[N][N][N],tmp[N];
int C[N][N];
vector<int> G[N],sub[N];
signed main(){
	freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout);
	n=200; C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;++j) C[i][j]=add(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
	}
	n=read(); rt=read();
	for(int i=1;i<n;++i){
		int u=read(),v=read();
		G[u].emplace_back(v);
		G[v].emplace_back(u);
	}
	function<void(int,int)>dfs=[&](int x,int fat){
		siz[x]=g[x]=1;
		for(auto t:G[x]) if(t!=fat) dfs(t,x);
		for(auto t:G[x]) if(t!=fat){
			int sum=g[x]*dp[t][t][1]%mod*C[siz[x]+siz[t]-2][siz[t]-1]%mod*abs(x-t);
			for(auto u:sub[x]){
				for(int i=1;i<=siz[t];++i){
					int coef=0;
					for(auto v:sub[t]) coef+=abs(u-v)*dp[t][v][i];
					coef%=mod;
					if(!coef) continue;
					int val=0;
					for(int j=1;j<=siz[x];++j) if(dp[x][u][j]){
						val+=dp[x][u][j]*C[i-1+j-2][i-1]%mod*C[siz[x]-j+siz[t]-i][siz[x]-j]%mod;
					}
					sum+=val%mod*coef%mod*2;
				}
			}
			for(auto u:sub[x]){
				rep(i,2,siz[x]) if(dp[x][u][i]){
					rep(j,0,siz[t]){
						tmp[i+j]+=dp[x][u][i]*C[i-2+j][j]%mod*C[siz[x]+siz[t]-i-j][siz[x]-i]%mod;
					}
				}
				rep(i,1,siz[x]+siz[t]) dp[x][u][i]=mul(g[t],tmp[i]%mod),tmp[i]=0;
			}
			for(auto u:sub[t]){
				rep(i,1,siz[t]) if(dp[t][u][i]){
					rep(j,1,siz[x]) tmp[i+j]+=dp[t][u][i]*C[i-2+j][i-1]%mod*C[siz[x]+siz[t]-i-j][siz[x]-j]%mod;
				}
				rep(i,1,siz[x]+siz[t]) dp[x][u][i]=mul(g[x],tmp[i]%mod),tmp[i]=0;
				sub[x].emplace_back(u);
			}
			siz[x]+=siz[t];
			ans[x]=(ans[x]*g[t]%mod*C[siz[x]-2][siz[t]]+ans[t]*g[x]%mod*C[siz[x]-2][siz[t]-1]+sum)%mod;
			ckmul(g[x],mul(g[t],C[siz[x]-1][siz[t]]));
		}
		dp[x][x][1]=g[x];
		sub[x].emplace_back(x);
	};
	dfs(rt,0);
	print(ans[rt]);
	return 0;
}

数论

将 $F$ 函数中的 $a_1\dots a_m$ 变为枚举 $i\in[1,t],j\in [1,m],e_{i,j}$ ，满足 $\displaystyle\sum_{j=1}^m e_{i,j}=k_i$，这也等价于 $\displaystyle\sum_{i,j} e_{i,j}=n$

所以答案表达式变成了

$$\sum_{\sum\limits_{i,j}e_{i,j}=n} \prod_{i=1}^t\prod_{j=1}^m [e_{i,j}=0]\times1+[e_{i,j}>0]\times (p_i-1)p^{e_{i,j}-1}$$

设 $H_{i}(x)=1+\sum_{n\ge 1}(p_i-1)p_i^{n-1}x^n$ ，此时答案变成了 $[x^n]\displaystyle \prod_{i=1}^mH_{i}^t(x)$

拆开 $H_i(x)$ 中的括号得到 $H_i(x)=\sum_{n\ge 0}p^{n}x^n-\sum_{n\ge 1}p_i^{n-1}x^n=\dfrac{1-x}{1-p_ix}$ ，通过分治乘法可以得到答案 $\rm OGF$ 的分子分母

剩下的问题是求 $[x^n]\dfrac{f(x)}{g(x)}$ ，使用 波斯坦-茉莉 算法解决即可

Code Display

const int N=3e6+10;
int r[N],W[N],inv[N];
inline void NTT(vector<int> &f,int lim,int opt){
	f.resize(lim);
	for(int i=0;i<lim;++i){
		r[i]=r[i>>1]>>1|((i&1)?(lim>>1):0);
		if(i<r[i]) swap(f[i],f[r[i]]);
	}
	for(int p=2;p<=lim;p<<=1){
		int len=p>>1; W[0]=1; W[1]=ksm(3,(mod-1)/p);
		if(opt==-1) W[1]=ksm(W[1],mod-2);
		for(int j=2;j<len;++j) W[j]=mul(W[j-1],W[1]);
		for(int k=0;k<lim;k+=p){
			for(int l=k;l<k+len;++l){
				int tt=mul(f[l+len],W[l-k]);
				f[l+len]=del(f[l],tt);
				ckadd(f[l],tt);
			}
		}
	}
	if(opt==-1) for(int i=0,tmp=ksm(lim,mod-2);i<lim;++i) ckmul(f[i],tmp);
	return ;
}
inline poly Mul(poly a,poly b){
	int n=a.size(),m=b.size(),lim=1;
	while(lim<=(n+m)) lim<<=1;
	NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;++i) ckmul(a[i],b[i]);
	NTT(a,lim,-1);
	a.resize(n+m-1);
	return a;
}
inline poly Inv(poly a,int len){
	if(len==1) return {ksm(a[0],mod-2)};
	vector<int> G0=Inv(a,(len+1)>>1);
	int lim=1; while(lim<=(len<<1)) lim<<=1;
	vector<int> tmp,G;
	rep(i,0,len-1) tmp.emplace_back(a[i]);
	NTT(tmp,lim,1); NTT(G0,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;++i) G.emplace_back(mul(G0[i],del(2,mul(G0[i],tmp[i]))));
	NTT(G,lim,-1); G.resize(len);
	return G;
}
int n,t,m,p[N],fac[N],ifac[N];
inline int binom(int n,int k){return mul(fac[n],mul(ifac[k],ifac[n-k]));}
inline poly div_con(int l,int r){
	if(l==r){
		vector<int> ret(m+1);
		for(int i=0,pw=1;i<=m;++i,ckmul(pw,p[l])){
			ret[i]=mul(binom(m,i),pw);
			if(i&1) ret[i]=del(0,ret[i]);
		}
		return ret;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	return Mul(div_con(l,mid),div_con(mid+1,r));
}
inline int Recurrence(vector<int> f,vector<int> g,int n){
	while(n){
		if(n<g.size()){
			g=Inv(g,g.size());
			f=Mul(f,g);
			return f[n];
		}
		vector<int> tmp=g;
		for(int i=1;i<tmp.size();i+=2) tmp[i]=del(0,tmp[i]);
		int lim=1,sizg=g.size();
		int fb=f.size()+sizg,gb=sizg+sizg;
		--fb; --gb;
		while(lim<=sizg*2) lim<<=1;
		NTT(f,lim,1); NTT(g,lim,1); NTT(tmp,lim,1);
		for(int i=0;i<lim;++i) ckmul(f[i],tmp[i]),ckmul(g[i],tmp[i]);
		NTT(f,lim,-1); NTT(g,lim,-1);
		f.resize(fb); g.resize(gb);
		int sizmx=-1;
		for(int i=(n&1);i<f.size();i+=2) f[i/2]=f[i],sizmx=i/2;
		f.resize(sizmx+1);
		sizmx=-1;
		for(int i=0;i<g.size();i+=2) g[i/2]=g[i],sizmx=i/2;
		g.resize(sizmx+1);
 		n>>=1;
	}
	if(f.size()) return mul(f[0],ksm(g[0],mod-2));
	else return 0;
}
signed main(){
	freopen("math.in","r",stdin); freopen("math.out","w",stdout);
	n=5e5; fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
	for(int i=n;i>=1;--i) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
	n=read(); t=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=t;++i) p[i]=read();
	vector<int> zi(m*t+1);
	for(int i=0;i<=m*t;++i){
		zi[i]=binom(m*t,i);
		if(i&1) zi[i]=del(0,zi[i]);
	}
	vector<int> mu=div_con(1,t);
	print((Recurrence(zi,mu,n)));	
	return 0;
}