NOIP 模拟四 考试总结
#T1随
又是liu_...................
数列n，m个操作，每次随机取a[i]，x=x*a[i]%k; 问题是求x期望%mod;
首先考虑到期望转移过程中存在%k,一般套路线性期望行不通，dp的话考虑转移神魔。
k较小，才不到1000左右，我们可以压余数。f[i][j]表示第i次，余数为j时概率，最终求出m次时整个剩余系的概率就好。
嗯？That‘s it？
NO！！！！！！！！！！！ m(max)=1e9;数组都开不下的。
以上内容纯属骗取部分分。。
现在很明显要用矩阵优化了，可是咱好像不会配矩阵，前几天NOI2020的美食家还在题库里晾着呢。。题目很良心，给出了原根的概念，尽管我还是不会。。好了，进入正解。首先看到原根的概念，mod以内的所有数都可以表示为rootx%mod的形式，看到条件a[1]<mod，这样就更简单了。我们可以先找到原根，题目给了充要条件，n2找就好，O(n)的我也不会。找到以后处理次幂对应的剩余系关系，输入进来a[i]后配相应位置的矩阵，套个快速幂就ok了。
需要注意的点很多，现在已经是由期望转成了计数，总方案数nm(mod-2)很明显。我们的矩阵里配的是方案数，而且还是个简便的循环矩阵，最重要的是注意模数。方案数最终是mod1e9+7,而矩阵里面因为搞的是mod k 意义下的指数次幂，由欧拉定理可知mod k-1 。还有处理原根时mod 是k。
题目到此解决，本题方法很多：循环卷积，FFT，倍增。。。。好吧，我还是菜。考场上瞎胡了个假dp，特判了两个点，结果就十分，（我竟然把m放循环里乘了，放着qpow吹西北风。。。。。。。。。。）
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,mod=1e9+7,k;
int a[10000001],lg[100001],mi[100001],root;
struct node
{ int s[1002];
inline void clear(){for(int i=0;i<k-1;++i)s[i]=0;}
inline node operator *(const node &ZXB)const
{ node ans;
ans.clear();
for(int i=0;i<k-1;++i)
for(int j=0;j<k-1;++j)
(ans.s[(i+j)%(k-1)]=ans.s[(i+j)%(k-1)]+s[i]*ZXB.s[j])%=mod;
return ans;
}
};
node ZXB;
inline node mmqpow(int mmm)
{ node aa,g;
aa.s[lg[1]]++;
while(mmm)
{ if(mmm&1)aa=aa*ZXB;
ZXB=ZXB*ZXB;
mmm>>=1;
}
return aa;
}
inline int qpow(int a,int b)
{ int base=1;
while(b)
{ if(b&1)base=base*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return base;
}
inline int get_root()
{ for(int i=2;i<=k;++i)
{ int base=1;bool bo=0;
for(int j=1;j<k-1;++j)
{ base=base*i%k;
if(base==1){bo=1;break;}
}
if(!bo)return i;
}
}
signed main()
{ scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);mi[0]=1;
root=get_root();
if(k==1){cout<<1<<endl;return 0;}
for(int i=1;i<k-1;++i)mi[i]=mi[i-1]*root%k,lg[mi[i]]=i;
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),ZXB.s[lg[a[i]]]++;
int inv=qpow(qpow(n,m),mod-2);
node ans=mmqpow(m);
int sum;
for(int i=0;i<k-1;++i)(sum+=ans.s[i]*mi[i]%mod)%=mod;
printf("%lld\n",sum*inv%mod);
}
#T2单
树上好题，挂上求和，暴力得完蛋，仔细看a和b，发现对于x 和 fa 来说，由fa转到x，b数值的变化即为：-x的子树a[i]和+else 接着else变做all -x的子树，（有些麻烦，x的子树就叫sum吧）则b[fa]-2*sum[x]+all=b[x];
截至到现在t==0的情况显然，冲个XIN_TEAM定住一个根，在来向下跑即可。
再来看t=1的情况，很有高斯的味道，但是O(n^3)我是受不了的，这启示我们手动消元。上面式子都推出来了，我还耸啥！！于是开始干，心情那叫个爽啊，大哥终于有会的题了哈哈。。
CAO！！！！！！！！！！！
手动消元等式两边系数全TM干成了0。。。。。陷入慌乱中，此时听到T1体面有误，肯定dp打假了，心情更完蛋。然后也没去好好思考，然后就没有然后了。
在考场上的成果其实很接近了，我到了定根算du[x]一步，等式乱搞得出a[fa]=（和儿子差分的和-（du[x]-2）×all））/2;这个式子是原创，其实思路也都差不多。
就差一个all了，手动消元干出了0，其实我的思路疏忽了d[root]=sum[2]......+sum[n];
有了这个all很易得到，唉，还是太菜了。。
行吧，反正有进步就好，不过我好像暴零了这题，原因是several cases 木有换行。。。。。。。30pts扔掉了。情绪波动暴力也懒得打了，错误分析数据导致放弃了高斯消元（我才不会说是我板子忘了哈哈）
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T,n,t,a[100010],b[100010],head[100010],du[100010],tot,ppp;
int sum[1000010];
struct bbb
{int to,next;}bian[200010];
inline void XIN_TEAM(int x,int fa)
{ for(int i=head[x];i;i=bian[i].next)
{ int v=bian[i].to;
if(v==fa)continue;
XIN_TEAM(v,x);
ppp+=b[v]-b[x];
}
}
inline void work1()
{ for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&b[i]);ppp=0;
XIN_TEAM(1,0);
int all=(2*b[1]+ppp)/(n-1);
for(int i=1;i<=n;++i)
{ int ans=0;
for(int j=head[i];j;j=bian[j].next)
{ int v=bian[j].to;
ans+=b[v]-b[i];
}
printf("%lld ",(ans-(du[i]-2)*all)/2);
}
printf("\n");
}
inline void XIN_TEAM1(int x,int fa,int dep)
{ sum[x]=a[x];b[1]+=dep*a[x];
for(int i=head[x];i;i=bian[i].next)
{ int v=bian[i].to;
if(v==fa)continue;
XIN_TEAM1(v,x,dep+1);
sum[x]+=sum[v];
}
}
inline void XIN_TEAM2(int x,int fa)
{ for(int i=head[x];i;i=bian[i].next)
{ int v=bian[i].to;
if(v==fa)continue;
b[v]=b[x]+sum[1]-sum[v]-sum[v];
XIN_TEAM2(v,x);
}
}
inline void work2()
{ for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);
XIN_TEAM1(1,0,0);
XIN_TEAM2(1,0);
for(int i=1;i<=n;++i)printf("%lld ",b[i]);
printf("\n");
}
inline void add(int u,int v)
{ bian[++tot].to=v;
bian[tot].next=head[u];
head[u]=tot;
}
inline void clear()
{ if(t)
{ memset(head,0,sizeof(head));
memset(du,0,sizeof(du));
memset(b,0,sizeof(b));
memset(a,0,sizeof(a));
tot=0;
}
else
{ b[1]=0;
memset(head,0,sizeof(head));
memset(du,0,sizeof(du));
memset(sum,0,sizeof(sum));
memset(b,0,sizeof(b));
memset(a,0,sizeof(a));
tot=0;
}
}
signed main()
{ scanf("%lld",&T);
while(T--)
{ clear();
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<n;++i)
{ int a,b;
scanf("%lld%lld",&a,&b);
add(a,b);add(b,a);
du[a]++;du[b]++;
}
scanf("%lld",&t);
if(t)work1();
else work2();
}
}
T3题
这名字真简洁哈。
这算是个计数全家桶吧，又是dp又是组合数，还有catalan。
case 0:无限制，我没用catalan。考虑横向为i，纵向为n-i，则有ans+=A(n,n)/(A(i/2,i/2)A(i/2,i/2)A((n-i)/2,(n-i)/2)*A((n-i)/2,(n-i)/2).这个式子好想也好理解，就是n个操作瞎排最后比上重复计数（每种操作自己无需调换，是等效的，所以去重）
case 1：只能在x非负半轴，把向左理解为向左，向右理解为向上，其实就是要到达（n/2,n/2）这个点，很明显是板子，catalan第n项
case 2：考虑当前为i，且第一次回到原点为j。f[i]=f[i]+f[i-j]* 4 *ca(j-1);
case 3：只允许在第一象限动。还是分i和n-i。明显是ca(i/2)ca((n-i)/2)C(n,i).
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=1000000007;int jc[200001];int inv[200001];
int n,t;
inline int qpow(int a,int b)
{ int base=1;
while(b)
{ if(b&1)base=base*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return base;
}
inline void work1()
{ int ans=0;n/=2;
ans=jc[2*n]*inv[n]%mod*inv[n]%mod*qpow(n+1,mod-2)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
inline void work3()
{ int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i+=2)
{(ans+=jc[i]*inv[i/2]%mod*inv[i/2]%mod*jc[n]%mod*inv[i]%mod*inv[n-i]%mod*jc[n-i]%mod*inv[(n-i)/2]%mod*inv[(n-i)/2]%mod*qpow(i/2+1,mod-2)%mod*qpow((n-i)/2+1,mod-2)%mod)%=mod;}
printf("%lld\n",ans);
}
inline void work2()
{ int ans=0;
for(int i=0;i<=n;i+=2)(ans+=(jc[n])*inv[i/2]%mod*inv[i/2]%mod*inv[(n-i)/2]%mod*inv[(n-i)/2])%=mod;
printf("%lld",ans);
}
inline void work()
{ int ans=0,f[100001];n/=2;
f[0]=1;f[1]=4;
for(int i=2;i<=n;++i)
for(int j=1;j<=i;++j)
(f[i]+=f[i-j]*4%mod*jc[j*2-2]%mod*inv[j-1]%mod*inv[j-1]%mod*qpow(j,mod-2)%mod)%=mod;
printf("%lld\n",f[n]);
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&t);
jc[0]=1;inv[0]=1;inv[1]=1;
for(int i=1;i<=n*2;++i)inv[i]=qpow(i,mod-2);
for(int i=2;i<=n*2;++i)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
for(int i=1;i<=n*2;++i)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
if(t==1)work1();
if(t==0)work2();
if(t==3)work3();
if(t==2)work();
return 0;
}
T4大佬
暴力好题。
考场上都没看，暴力分没拿。。。
关键点是想到分开打他和搞自己，自己的生命和其他是互不干扰的，而且打大佬的天数当然多多益善，所以先上dp求出我可以不回血的Day（max）。
现在有Daymax，我可以冲一个变形信队，整出来不同情况的伤害和天数，注意中途hash去重。
最后盘大佬，C[i]<Day 显然，我只要一天干他一滴血他就得挂。上面变形信队突出来了不同情况的伤害和对应天数，因为不能大于两次攻击，所以分两种情况。不管是一次还是两次，都要保证不能干成副的，干成0当然最好，剩下的天数一滴一滴干也可以。在sort后我要找的差值还是单调的，那就更容易了，好了，本题到此结束。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=100003;
int n,m,mc,maxn,Day,cnt,dp[1001][101],C[1001],hack[1001],cure[1001],tot,head[1100001];
struct node
{int i,f,l;
};
struct sss
{int x,y,next;
}bian[1000012];
pair<int,int>asd[1000001];
struct ppp
{ inline bool query(int F,int D)
{ int p=(F*131+D)%mod;
for(int i=head[p];i;i=bian[i].next)if(bian[i].x==F and bian[i].y==D)return 1;
return 0;
}
inline void add(int u,int v)
{ int p=(u*131+v)%mod;
bian[++cnt].x=u;
bian[cnt].y=v;
bian[cnt].next=head[p];
head[p]=cnt;
}
}hash;
namespace AYX
{ inline void XIN_TEAM()
{ queue<node> Q;Q.push((node){1,1,0});
while(!Q.empty())
{ node now=Q.front();Q.pop();
if(now.i==Day)continue;
Q.push((node){now.i+1,now.f,now.l+1});
if(now.l>1 and now.f*now.l<=maxn and !hash.query(now.f*now.l,now.i+1))
{ hash.add(now.f*now.l,now.i+1);
Q.push((node){now.i+1,now.f*now.l,now.l});
asd[++tot]=make_pair(now.f*now.l,now.i+1);
}
}
}
inline short main()
{ scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mc);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&hack[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&cure[i]);
for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%lld",&C[i]),maxn=max(maxn,C[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=hack[i];j<=mc;++j)
{ dp[i][j-hack[i]]=max(dp[i][j-hack[i]],dp[i-1][j]+1);
dp[i][min(mc,j-hack[i]+cure[i])]=max(dp[i][min(mc,j-hack[i]+cure[i])],dp[i-1][j]);
}
for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=mc;++j)Day=max(Day,dp[i][j]);
XIN_TEAM();
sort(&asd[1],&asd[tot+1]);
for(int i=1;i<=m;++i)
{ if(C[i]<=Day){printf("1\n");continue;}
bool bo=0;int mm=0x7fffffff;
for(int j=tot,k=1;j;--j)
{ while(k<tot and asd[k].first+asd[j].first<=C[i])mm=min(mm,asd[k].second-asd[k].first),++k;
if(mm+C[i]-asd[j].first<=Day-asd[j].second){bo=1;printf("1\n");break;}
if(asd[j].first<=C[i] and C[i]-asd[j].first<=Day-asd[j].second){bo=1;printf("1\n");break;}
}
if(!bo)printf("0\n");
}
return 0;
}
}
signed main()
{return AYX::main();
}
