11.9贺题大赛
四道题三道原题，牛的。
T1
同NOIP2018 旅行。
暴力枚举每条边即可。
T2
同NOIP2017 天天爱跑步。
树上差分，考试的时候真，没时间写。
T3
同NOIP2016 愤怒的小鸟
考虑一个只有两个未知量的二次函数能被两个点确定，我们暴力枚举每个点，特判\(x_i=x_j\)或\(a\geq0\)的情况。
然后就变成了一个显然的区间\(DP\).
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
inline void file(){
freopen("terrorist.in","r",stdin);
freopen("terrorist.out","w",stdout);
}
#define N 18
#define M (1<<N)
const double eps=1e-6;
int f[M];
int g[N][N];
int lb[M];
struct node{
double x,y;
}q[N];
inline int cmp(double a,double b){
if(fabs(a-b)<=eps)return 0;
return a<b?-1:1;
}
inline void work(){
int n=read(),m=read();
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%lf %lf",&q[i].x,&q[i].y);
}
for(int i=0;i<(1<<n)-1;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(!(i>>j&1)){lb[i]=j;break;}
}
}
memset(g,0,sizeof(g));
for(int i=0;i<n;i++){
g[i][i]=(1<<i);
for(int j=0;j<n;j++){
if(!cmp(q[i].x,q[j].x))continue;
double xx1=q[i].x,yy1=q[i].y,xx2=q[j].x,yy2=q[j].y;
double b=(yy1*xx2*xx2-yy2*xx1*xx1)/(xx2*xx2*xx1-xx2*xx1*xx1);
double a=(yy1-b*xx1)/(xx1*xx1);
//cout<<i<<' '<<j<<' '<<a<<' '<<b<<endl;
if(a>=0)continue;
int fl=0;
for(int k=0;k<n;k++){
double dx=q[k].x,dy=q[k].y;
if(!cmp(dy,a*dx*dx+b*dx))fl+=(1<<k);
}
g[i][j]=fl;
}
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0]=0;
for(int i=0;i<(1<<n)-1;i++){
for(int j=0;j<n;j++)
f[i|g[lb[i]][j]]=min(f[i|g[lb[i]][j]],f[i]+1);
}
printf("%d\n",f[(1<<n)-1]);
}
int main(void){
file();
int T=read();
while(T--)work();
}
/*
1
5 0
2.72 2.72
2.72 3.14
3.14 2.72
3.14 3.14
5.00 5.00
*/
T4
求
\[\prod_{i_1=1}^n\prod_{i_2=1}^n...\prod_{i_k=1}^n\frac{i_1i_2i_3...i_k}{\gcd(i_1,i_2,...,i_k)}
\]
\(T\)组数据。
\(n\leq 3\times 10^5,k\leq 10^{18},T\leq 2\times 10^3\)
sol
考虑把分子分母拆开来求（反正我不会合起来QAQ）
对于分子。
\[\prod_{i_1=1}^n\prod_{i_2=1}^n...\prod_{i_k=1}^ni_1i_2...i_k=(n!)^{kn^{k-1}}
\]
主要是考虑分母
\[\prod_{i_1=1}^n\prod_{i_2=1}^n...\prod_{i_k=1}^n\gcd(i_1,i_2,...i_k)=\prod_{d=1}^nd^{\sum_{i_1=1}^n \sum_{i_2=1}^{n}...\sum_{i_k=1}^n[\gcd(i_1,i_2...i_k)=d]}
\]
我们单独考虑指数，这就是一个很naive的莫反，最后得到
\[\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)(\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor)^k
\]
如果直接求上式，考虑在整除分块下整除分块，最终复杂度为\(O(n^{\frac{3}{4}}logk)\)会被卡，所以考虑预处理\((\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor)^k\)，有一个性质，即\((\lfloor \frac{n}{a}\rfloor)^k\)在只会有\(\sqrt n\)个取值。我们通过一次整除分块预处理出\((\lfloor \frac{n}{dp}\rfloor)^k\)的值，把它丢进一个哈希表，每次询问时\(O(1)\)取出即可。最终的\(logn\)与\(\sqrt n\)做加法，总复杂度为\(O(Tn^{\frac{3}{4}})\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return x*f;
}
inline void file(){
freopen("lcm.in","r",stdin);
freopen("lcm.out","w",stdout);
}
const int mod=998244353;
inline int ksm(int a,int b,int mod){
int res=1ll;
while(b){
if(b&1)res=(res*a)%mod;
a=(a*a)%mod;
b>>=1;
}
return res%mod;
}
#define N 1000005
#define S 1005
int s,n,k;
int mu[N+5],fac[N+5],invfac[N+5];
bool vis[N+5];
int p[N],num;
int idiv[S],adiv[S],cnt;
int hsh[(S<<1)+5];
inline int &id(int x){
return x<=s?idiv[x]:adiv[n/x];
}
inline void pre(){
mu[1]=fac[0]=fac[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
if(!vis[i]){
p[++num]=i;
mu[i]=mod-2;
}
for(int j=1;j<=num&&p[j]*i<=N;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
mu[i*p[j]]=(mod-1-mu[i])%(mod-1);
}
mu[i]=(mu[i]+mu[i-1])%(mod-1);
}
invfac[N]=ksm(fac[N],mod-2,mod);
for(int i=N;i;i--){
invfac[i-1]=invfac[i]*i%mod;
}
}
inline void work(){
n=read(),k=read();
int fz=ksm(fac[n],(k%(mod-1))*ksm(n,k-1,mod-1)%(mod-1),mod);
//cout<<fz<<endl;
s=sqrt(n);
int fm=1ll;
cnt=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
hsh[id(n/l)=++cnt]=ksm(n/l,k,mod-1);
}
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int lsw=0,at=n/l;
for(int L=1,R;L<=at;L=R+1){
R=at/(at/L);
lsw=(lsw+hsh[id(at/L)]*(mu[R]-mu[L-1]+mod-1))%(mod-1);
}
fm=fm*ksm(fac[r]*invfac[l-1]%mod,lsw,mod)%mod;
}
printf("%lld\n",fz*ksm(fm,mod-2,mod)%mod);
}
signed main(void){
file();
pre();
int T=read();
while(T--)work();
return 0;
}
