【五一qbxt】test1

（不知道为什么居然爆零了qwq）

（全员爆零诶，最高分10分？？？还是rand出来的？？？）

我freopen写错了？？？？自闭了

不行不行再写一遍freopen加深印象，不能再写错了

freopen("文件名","r",stdin);
freopen("文件名","w",stdout);

行吧，还是来整一整老师给的题解吧qwq

忍不住bibi一句出题的这个哥哥好年轻啊qwq，我都不好意思叫人家老师，应该是哥哥

题目

Problem A.最近公共祖先

先列一个表格

这样大概就理解71是怎么出来的了

30pts思路：

将整棵树建出，共有 O(Kⁿ) 个节点，计算任意两个节点的LCA 复杂度 O(n)。

注意到没有必要将所有点对的 LCA 都计算出来，因为对于同一层的两个节点 u 和 v，

∑ _i ∈_T depth(lca(i, u)) 和 ∑ _i ∈Tdepth(lca(i, v)) 是相同的，每一层只需要算一个节点就行，时间复杂度 O(n²K ⁿ) 。

（以上是老师的思路，但是我现在对建树这种事有点蒙？？？当时考试的时候爆零了qwq，实际上我的暴力也是可以得30分的。下次一定得记得开long long）

先带上一个七十多行的大暴力：

30分代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define mo 998244353

using namespace std;

long long k,n,ans,s,z;
int t[1000010];

struct c{
    int num1,num2;
   //num1表示以这一层为根的子树的结点数
   //num2表示这一层的结点数  
}ceng[1000010];

int quick_pow(int a,int b) { //快速幂
    int ans=1;
    if(b==0)return 1;
    while(b){
        if(b&1)ans=(a*ans)%mo;
        a=(a*a)%mo;
        b/=2;
    }
    return ans%mo;
}

int num1(int n,int k){//求子树点数 n层k叉树 
    int z=n-1;
    int num=0;
    while(z){
        num+=quick_pow(k,z);
        z--;
    }
    return num+1;
}

void ych(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ceng[n-i+1].num1=num1(i,k);//以这一层为根的子树的结点数 
        ceng[i].num2=quick_pow(k,i-1);//这一层的结点数 
    }

}

int main(){
    
    scanf("%d%d",&n,&k);
    
    ych();//他本来叫做预处理，后来被我改成了于才鸿
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans+=num1(n-i+1,k)*quick_pow(k,i-1)*i;//求的是子树的 
       //这里算的是某个点以下的depth之和包括它自己
        
    for(int i=1;i<=n;i++)
        s+=i*quick_pow(k,i-1);//这里算的是每个点自己的depth和
        
    ans-=s;
    ans=ans*2%mo;
    
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<i;j++){
            z+=(k-1)*ceng[i-j+1].num1*(i-j)*quick_pow(k,i-1);
//算的是同一深度的
        }
    }
    
    ans+=z;
    ans%=mo;
    
    cout<<(ans+s)%mo<<endl;
    return 0;
}

60pts思路:

更一般的，题目计算的是任意两个点 LCA 的深度，这个数量等于，任意两个点公共的祖先共有多少个。考虑计算第 i 层的某个节点，是多少个点对的公共祖先，这个数量就是该节点子树内节点数的平方。第 i 层的节点所在子树节点数 1+K+···+K ⁿ⁻ⁱ=（Kⁿ⁻ⁱ⁺¹−1）/(K−1) 。答案就是 ∑ⁿ _i=1 ( （Kⁿ⁻ⁱ⁺¹−1）/（K−1） ) ² ∗ Kⁱ⁻¹

即：

求任意两点LCA深度=>任意两点公共祖先数量=>a是多少个点对的公共祖先（枚举对于每个数a，它是x，y的公共祖先=>x，y在a的子树里。有多少个点在a的子树中呢？）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
const int mo=998244353;

using namespace std;

long long ans,k1;

int n;

long long pow(long long a,int b){
    long long ans=1;
    if(b==0)return 1;
    while(b){
        if(b&1)ans = (a*ans)%mo;
        a = (a*a)%mo;
        b/=2;
    }
    return ans%mo;
}

int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&k1);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans+pow((long long)(pow(k1,n-i+1)-1)%mo*pow(k1-1,mo-2)%mo,2)*pow(k1,i-1))%mo;
//核心式子的编程语言
        
    cout<<ans%mo<<endl;
}

100pts思路：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 998244353;
typedef long long LL;
int fpm(int p, int k)
{
    int res = 1;
    for (p %= mod; k; k >>= 1, p = (LL) p * p % mod)
        if (k & 1) res = (LL) res * p % mod;
    return res;
}
int main()
{
//    freopen("lca.in", "r", stdin);
//    freopen("lca.out", "w", stdout);
    int n, K; cin >> n >> K;
    int e = fpm(K - 1, mod - 2); //e=1/(K-1)
    int x = (fpm(K, n) - 1) * (LL) e % mod; //x=(K^n-1)/(K-1);
    int ans = (fpm(K, n + 1) + 1) * (LL) x % mod;//ans=(K^(n+1)+1)*((K^n-1)/(K-1))
    ans = (ans - 2 * n * (LL) fpm(K, n)) % mod;//ans=(K^(n+1)+1)*((K^n-1)/(K-1))-2nK^n;
    ans = ans * (LL) e % mod * (LL) e % mod;//ans*=(1/(K-1))^2;
    cout << (ans < 0 ? ans + mod : ans);//三目运算符，判断是否为负数 
}

Problem2：最长公共回文子序列：

50pts思路：

经典的做法：

设s，t的反串（eg：abbsf 反串fsbba）为s^r，t^r，那么求s和t的最长公共回文序列就是求s，s^r，t，t^r的最长公共子序列。

如何求最长公共子序列？

用DP！

怎么用？

粘一篇别人的博客吧：链接

对于二维的转移方程：

dp[i][j]= dp[i-1][j-1] s[i]=t[j];

max{dp[i-1][j],dp[i][j-1]} s[i]!=t[j];

对于四维的：

用一个DP来做就可以得到50pts了：

然鹅我……写炸了。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int s[101],t[21],sr[101],tr[21];
int len_s,len_t,max1,max2;
int dp[101][51][101][51];
char s1[100],t1[21];

void scl(){
    for(int i=0;i<len_s;i++){
        sr[len_s-i]=s1[i];
        s[i+1]=s1[i];
    }
    for(int i=0;i<len_t;i++){
        tr[len_t-i]=t1[i];
        t[i+1]=t1[i];
    }
}

int main(){
    scanf("%s",s1);
    scanf("%s",t1);
    len_s=strlen(s1);
    len_t=strlen(t1);
    scl();
    for(int i=1;i<=len_s;i++){
        for(int j=1;j<=len_t;j++){
            for(int k=1;k<=len_s;k++){
                for(int l=1;l<=len_t;l++){
                    if(s[i]==sr[k]&&s[i]==t[j]&&s[i]==tr[l]&&sr[k]==t[j]&&sr[k]==tr[l]&&t[j]==tr[l])
//注意这里不能略写为s[i]==t[j]==sr[k]==tr[l]{
                    dp[i][j][k][l]=dp[i-1][j-1][k-1][l-1]+1;
                    }
                    else {
                        max1=max(dp[i-1][j][k][l],dp[i][j-1][k][l]);
                        max2=max(dp[i][j][k-1][l],dp[i][j][k][l-1]);
                        dp[i][j][k][l]=max(max1,max2);
                    }
                }
            }
        }
    }
    cout<<dp[len_s][len_t][len_s][len_t]<<endl;
}