HAOI2018 题解

rush了两天终于写完了，CJ那群神仙咋写的那么快？？跪烂
不过HAOI暴力分好多啊。。

BZOJ5302奇怪的背包

Problem

BZOJ

Solution

首先 $v_i$ 能凑出来的满足 $\gcd (v_i,P)|x$ 。那么首先可以把所有的物品都取 $\gcd$，由于 $P$ 最多仅有1000左右个因数，它们只有1000左右个。不妨记 $dsn[i]$ 为 $P$ 的第 $i$ 个因数。想到这里，不难设计出一个dp方程，设 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 个 $v_i$ 中 $\gcd$ 为 $dsn[j]$ 的方案数，只要枚举这个因数取或不取即可进行转移。

那么接下来要考虑怎么回答询问，显然暴力是不可取的。每次询问其实就是求 ${\sum }_{dsn[i]|w}f[cnt][i]$，其实就相当于 ${\sum }_{dsn[i]|\gcd (w,P)}f[cnt][i]$，暴力预处理即可做到 $O(1)$ 回答。

复杂度大概是 $O(1000^2\log 1000+m)$。

Code

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2010,maxm=1000010,mod=1e9+7;
template <typename Tp> inline int getmin(Tp &x,Tp y){return y<x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline int getmax(Tp &x,Tp y){return y>x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(f) x=-x;
}
int n,m,p,tot,cnt,v[maxm],mi[maxm],c[maxn],g[maxn],dsn[maxn],f[maxn][maxn];
map<int,int> ma;
map<int,int>::iterator itr;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int pls(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
void input()
{
	read(n);read(m);read(p);
	for(int i=1;i*i<=p;i++)
	  if(p%i==0)
	  {
		dsn[++tot]=i;
		if(i*i!=p) dsn[++tot]=p/i;
	  }
	sort(dsn+1,dsn+tot+1);
	for(int i=1;i<=tot;i++) ma[dsn[i]]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){read(v[i]);v[i]=gcd(v[i],p);}
	sort(v+1,v+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(v[i]!=v[i-1]){v[++cnt]=v[i];c[cnt]=1;}
		else ++c[cnt];
	}
	mi[0]=1;
	for(int i=1;i<=1000000;i++) mi[i]=pls(mi[i-1],mi[i-1]);
}
int main()
{
	input();
	for(int i=0;i<cnt;i++)
	{
		int pos=ma[v[i+1]];
		f[i+1][pos]=dec(mi[c[i+1]],1);
		for(int j=1;j<=tot;j++)
		{
			f[i+1][j]=pls(f[i+1][j],f[i][j]);
			pos=ma[gcd(dsn[j],v[i+1])];
			f[i+1][pos]=(f[i+1][pos]+(ll)f[i][j]*dec(mi[c[i+1]],1))%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++)
	  for(int j=1;j<=i;j++)
	    if(dsn[i]%dsn[j]==0)
	      g[i]=pls(g[i],f[cnt][j]);
	while(m--)
	{
		int w;read(w);w=ma[gcd(w,p)];
		printf("%d\n",g[w]);
	}
	return 0;
}

BZOJ5303反色游戏

Problem

BZOJ

Solution

如果把点的状态压成01串，边就可以看作基，那么题目就是问异或为0的方案数。

首先各个联通块是相互独立的，如果一个联通块中有奇数个黑点，那么显然无解。然后在联通块中搞一棵生成树，就对应于一个满的线性基，其他的边可以选或不选，因此记 $tot$ 为联通块个数，那么答案即为 $2^{m-n+tot}$。

再考虑删去一个点的方案数怎么计算，首先边数会减少其度数条，点数减少1，然后我们就需要统计会分裂出多少个新的联通块，在tarjan求割点时可以求出。最复杂的就是判定分裂出的各个联通块是否有奇数个黑点，对于分裂出的子联通块可以在tarjan时求出，代码中 $sbl$ 表示的就是它子联通块的黑点个数，$bl$ 则表示生成树的子树中黑点个数。

另外代码难调，感觉我作为一个码力不行的选手，考场上不如写暴力走人。。

时间复杂度 $O(T(n+m))$。

Code

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=100010,mod=1e9+7;
template <typename Tp> inline int getmin(Tp &x,Tp y){return y<x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline int getmax(Tp &x,Tp y){return y>x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(f) x=-x;
}
struct data{int v,nxt;}edge[maxn<<1];
int z,n,m,p,dfc,rt,ir,tot,ans,mi[maxn],head[maxn],d[maxn],dfn[maxn],low[maxn];
int id[maxn],cut[maxn],mark[maxn],son[maxn],bl[maxn],sbl[maxn];
char s[maxn];
int pls(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
void insert(int u,int v)
{
	edge[++p]=(data){v,head[u]};head[u]=p;
	edge[++p]=(data){u,head[v]};head[v]=p;
}
void tarjan(int x)
{
	dfn[x]=low[x]=++dfc;son[x]=(x!=rt);
	id[x]=rt;bl[x]=(s[x]=='1');
	for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
	{
		if(!dfn[edge[i].v])
		{
			tarjan(edge[i].v);
			getmin(low[x],low[edge[i].v]);
			bl[x]+=bl[edge[i].v];
			if(low[edge[i].v]>=dfn[x])
			{
				++son[x];sbl[x]+=sbl[edge[i].v];
				if(bl[edge[i].v]&1) mark[x]=1;
				if(x^rt) cut[x]=1;
			}
		}
		else getmin(low[x],dfn[edge[i].v]);
	}
	if(x==rt&&edge[head[x]].nxt) cut[x]=1;
}
void input()
{
	int u,v;
	p=dfc=tot=ir=0;
	read(n);read(m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		head[i]=d[i]=dfn[i]=low[i]=cut[i]=0;
		id[i]=mark[i]=son[i]=bl[i]=sbl[i]=0;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		read(u);read(v);
		++d[u];++d[v];
		insert(u,v);
	}
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  if(!dfn[i])
	  {
	  	tarjan(rt=i);
	  	++tot;ir+=bl[i]&1;
	  }
}
int main()
{
	read(z);mi[0]=1;
	for(int i=1;i<=100000;i++) mi[i]=pls(mi[i-1],mi[i-1]);
	while(z--)
	{
		input();
		printf("%d ",(ir?0:mi[m-n+tot]));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			ans=mi[m-n+tot-d[i]+son[i]];
			if(mark[i]) ans=0;
			if((bl[id[i]]-sbl[i]-(s[i]=='1'))&1) ans=0;
			if(ir-(bl[id[i]]&1)) ans=0;
			printf("%d",ans);
			putchar(i==n?'\n':' ');
		}
	}
	return 0;
}

BZOJ5304字串覆盖

Problem

BZOJ

Solution

感觉这题不是很好，就不是很想写，口胡份题解好了

数据范围明示分类讨论。对于 $len>50$ ，可以先对A串建出SAM，拿B串跑LCS，记录一下B各个位置的对应节点。这样在parent树上倍增就可以 $O(\log n)$ 找到询问的P所对应的节点了。然后主席树处理出right集合，把这些right集合拿出来，一边二分一边匹配即可。

对于 $len\le 50$ ，我们枚举 $1$ ~ $50$ 的长度 $l$，然后通过hash值来找出每个位置 $i$ 后面的第一个位置 $j$，使得 $j$ 和 $i$ 前面长度为 $l$ 的字符串匹配且不相交。每个 $i$ 最多有一个 $j$ ，形成了一个树结构，把询问离线下来，然后dfs树时在祖先上二分即可。

时间复杂度 $O(50n+q\frac{n}{len}\log n)$ ，后面的复杂度按照数据的特殊约束是跑得过的。。

BZOJ5305苹果树

Problem

BZOJ

Solution

设 $f[i]$ 表示大小为 $i$ 的树的所有情况两两距离和，$g[i]$ 表示大小为 $i$ 的树的所有情况深度和，根的深度为1。

大小为 $i$ 的树，有 $i+1$ 条伸出来的链，那么大小为 $i$ 的树的形态有 $i!$ 种，因为第 $i$ 个节点有 $i$ 个位置可以选。

那么直接枚举左子树大小，计数即可，要给左子树分配标号，用组合数。注意左右子树深度除了要乘另一边的形态个数之外，还需要乘上另一边的子树大小。

时间复杂度 $O(n^2)$

Code

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2010;
template <typename Tp> inline int getmin(Tp &x,Tp y){return y<x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline int getmax(Tp &x,Tp y){return y>x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(f) x=-x;
}
int n,mod,L,R,c[maxn][maxn],f[maxn],g[maxn];
ll fac[maxn];
int pls(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int main()
{
	read(n);read(mod);
	fac[0]=1ll;g[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		c[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=pls(c[i-1][j-1],c[i-1][j]);
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		g[i]=(ll)fac[i]*i%mod;
		for(int j=0;j<i;j++)
		{
			L=j;R=i-j-1;
			g[i]=(g[i]+(g[L]*fac[R]+g[R]*fac[L])%mod*c[i-1][j]%mod)%mod;
			f[i]=(f[i]+((f[L]+(ll)g[L]*(R+1))%mod*fac[R])%mod*c[i-1][j])%mod;
			f[i]=(f[i]+((f[R]+(ll)g[R]*(L+1))%mod*fac[L])%mod*c[i-1][j])%mod;
		}
	}
	printf("%d\n",f[n]);
	return 0;
}

BZOJ5306染色

Problem

BZOJ

Solution

看到恰好，明示容斥。。

那么要计算 $g[i]$ 表示有至少 $i$ 种出现了 $s$ 次。

$$g[i]=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)\frac{A_n^{is}}{(s!{)}^i}(m-i{)}^{n-is}$$

$$g[i]=\sum _{j=i}^m\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i}\right)f[j]$$

$$f[i]=\sum _{j=i}^m(-1{)}^{j-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{i})g[j]$$

把组合数一拆，NTT加速二项式反演即可。时间复杂度 $O(m\log m)$。

Code

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=300010,mod=1004535809,G=3;
template <typename Tp> inline int getmin(Tp &x,Tp y){return y<x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline int getmax(Tp &x,Tp y){return y>x?x=y,1:0;}
template <typename Tp> inline void read(Tp &x)
{
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    if(f) x=-x;
}
int n,m,s,N,l,ans,w[maxn],f[maxn],g[maxn],h[maxn],rev[maxn];
int fac[10000010],inv[10000010];
int pls(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int c(int n,int m){return m>n?0:(ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
int power(int x,int y)
{
	int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mod)
	  if(y&1)
	    res=(ll)res*x%mod;
	return res;
}
void init()
{
	const static int N=max(n,m);
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
	inv[N]=power(fac[N],mod-2);
	for(int i=N-1;~i;i--) inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
void input()
{
	int iv=1;
	read(n);read(m);read(s);
	for(int i=0;i<=m;i++) read(w[i]);
	init();
	for(int i=0;i<=m;i++)
	{
		if(i*s>n) break;
		g[i]=(ll)c(m,i)*c(n,i*s)%mod*fac[i*s]%mod*iv%mod*power(m-i,n-i*s)%mod;
		iv=(ll)iv*inv[s]%mod;
	}
}
void NTT(int *a,int f)
{
	for(int i=1;i<N;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<N;i<<=1)
	{
		int gn=power(G,(mod-1)/(i<<1));
		for(int j=0;j<N;j+=(i<<1))
		{
			int g=1,x,y;
			for(int k=0;k<i;++k,g=(ll)g*gn%mod)
			{
				x=a[j+k];y=(ll)g*a[j+k+i]%mod;
				a[j+k]=pls(x,y);a[j+k+i]=dec(x,y);
			}
		}
	}
	if(f==-1)
	{
		int inv=power(N,mod-2);reverse(a+1,a+N);
		for(int i=0;i<N;i++) a[i]=(ll)a[i]*inv%mod;
	}
}
int main()
{
	input();
	for(int i=0;i<=m;i++) g[i]=(ll)g[i]*fac[i]%mod;
	for(int i=0;i<=m;i++) h[i]=((i&1)?dec(0,inv[i]):inv[i]);
	reverse(h,h+m+1);
	for(N=1,l=0;N<=(m+m);N<<=1) ++l;
	for(int i=1;i<N;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
	NTT(g,1);NTT(h,1);
	for(int i=0;i<N;i++) f[i]=(ll)g[i]*h[i]%mod;
	NTT(f,-1);
	for(int i=0;i<=m;i++) ans=pls(ans,(ll)w[i]*f[i+m]%mod*inv[i]%mod);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}