各种OJ刷题记录6.9-6.15
各种OJ刷题记录6.9-6.15
[模板]多项式求逆
学习了一个多项式求逆元的奥义…
考虑： B(x)C(x)=1(modxn)
移项并平方： B2(x)C2(x)−2B(x)C(x)+1=1(modx2n)
移项得到： B(x)(2C(x)−B(x)C(x))=1(modx2n)
然后可以由 modx 倍增上来，复杂度 O(nlgn)
#include for (int k = 1; k <= n; k <<= 1) {
int dw = power(g, (mod-1)/k);
if (flag == -1) dw = inv(dw);
for (int i = 0; i < n; i += k) {
int w = 1, u, v;
for (int j = 0; j < k>>1; j++) {
u = a[i+j], v = (long long)w*a[i+j+(k>>1)]%mod;
a[i+j] = (u+v)%mod, a[i+j+(k>>1)] = ((u-v)%mod+mod)%mod;
w = (long long)w*dw%mod;
}
}
}
if (flag == -1) {
int iv = inv(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
a[i] = (long long)a[i]*iv%mod;
}
}
int tmp[MAXN+MAXN];
void get_inv(int a[], int b[], int n)
{
if (n == 1) {b[0] = inv(a[0]); return; }
get_inv(a, b, n>>1);
memcpy(tmp, a, sizeof(int)*n), memset(tmp+n, 0, sizeof(int)*n);
NTT(tmp, n<<1, 1), NTT(b, n<<1, 1);
for (int i = 0; i < n<<1; i++) b[i] = ((1ll*b[i]*(2-1ll*tmp[i]*b[i]%mod)%mod)+mod)%mod;
NTT(b, n<<1, -1);
memset(b+n, 0, sizeof(int)*n);
// !!!
}
int A[MAXN], B[MAXN], n, m;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &A[i]);
int t = 1;
while (t < m) t <<= 1;
get_inv(A, B, t);
for (int i = 0; i < m; i++)
printf("%d ", (B[i]+mod)%mod);
return 0;
} bzoj3625: [Codeforces Round #250]小朋友和二叉树
设方案数的生成函数为 G(z) ，集合 C 的生成函数为 C(z) 。考虑一棵二叉树的形态。他要么只有一个点，要么由一个点和两个子数构成。则：
G(z)=G2(z)C(z)+1
解得： G(z)=1±1−4C(z)√C(z)
考虑正负号。题目中有 c[i]≥1 ，所以右边的分母常数项为0，当且仅当分子常数项也为0解才正确。因此要取符号。
分子有理化，得到：
G(z)=21+1−4C(z)−−−−−−−−√
#include for (register int k = 1; k <= n; k <<= 1) {
int dw = power(g, (mod-1)/k);
if (flag == -1) dw = inv(dw);
for (register int i = 0; i < n; i += k) {
int w = 1, u, v;
for (register int j = 0; j < k>>1; j++) {
u = a[i+j], v = (long long)w*a[i+j+(k>>1)]%mod;
a[i+j] = (u+v)%mod, a[i+j+(k>>1)] = ((u-v)%mod+mod)%mod, w = (long long)w*dw%mod;
}
}
}
if (flag == -1) {
int k = inv(n);
for (register int i = 0; i < n; i++)
a[i] = (long long)a[i]*k%mod;
}
}
int tmp_inv[MAXN*2];
void get_inv(int a[], int b[], int n)
{
if (n == 1) { b[0] = inv(a[0]); return;}
get_inv(a, b, n>>1);
memcpy(tmp_inv, a, sizeof(int)*n), memset(tmp_inv+n, 0, sizeof(int)*n);
NTT(tmp_inv, n<<1, 1), NTT(b, n<<1, 1);
for (register int i = 0; i < n<<1; i++)
b[i] = (1ll*b[i]*(2-1ll*tmp_inv[i]*b[i]%mod)%mod+mod)%mod;
NTT(b, n<<1, -1);
memset(b+n, 0, sizeof(int)*n);
}
int tmp_sqrt[MAXN]; // b^{-1}
int tmp_ntt[MAXN];
void get_sqrt(int a[], int b[], int n)
{
if (n == 1) {b[0] = 1; return; }
get_sqrt(a, b, n>>1), memset(tmp_sqrt, 0, sizeof(int)*n*2);
get_inv(b, tmp_sqrt, n);
memcpy(tmp_ntt, a, sizeof(int)*n), memset(tmp_ntt+n, 0, sizeof(int)*n);
NTT(tmp_sqrt, n<<1, 1), NTT(tmp_ntt, n<<1, 1), NTT(b, n<<1, 1);
int val = inv(2);
for (register int i = 0; i < n<<1; i++)
b[i] = (1ll*b[i]*val%mod+1ll*tmp_ntt[i]*tmp_sqrt[i]%mod*val%mod)%mod;
NTT(b, n<<1, -1), memset(b+n, 0, sizeof(int)*n);
}
int C[MAXN], n, m, d[MAXN], e[MAXN], ts[MAXN];
inline int read()
{
int a = 0, c;
do c = getchar(); while(!isdigit(c));
while(isdigit(c)) {
a = a*10+c-'0';
c = getchar();
}
return a;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
int t = 1;
while (t <= m) t <<= 1;
for (register int i = 1; i <= n; i++)
C[read()]++;
for (register int i = 0; i < t; i++)
C[i] = ((-4ll*C[i])%mod+mod)%mod;
C[0]++;
get_sqrt(C, d, t);
d[0]++;
get_inv(d, e, t);
for (register int i = 1; i <= m; i++)
printf("%d\n", 2ll*e[i]%mod);
return 0;
} bzoj4517: [Sdoi2016]排列计数
学习一个线性递推求逆元
http://blog.miskcoo.com/2014/09/linear-find-all-invert
#include bzoj4403: 序列统计
考虑加入 L,R 之后原数列的差分数列 ⟨a0,a2,…,an⟩ ，必然满足：
∑kak=R−L=t
用隔板法分析可知长度为 n 的方案数为：
(n+tt)
总方案数为：
∑1≤i≤n(i+tt)=∑1≤i−t≤n(i−t+tt)=∑t<i≤n+t(it)=∑i≤n+t(it)−∑i≤t(it)(∗)
用上指标求和：
(∗)=(n+t+1t+1)−(t+1t+1)=(n+t+1t+1)−1
然后用线性递推求逆元，lucas定理求组合数即可。lucas公式为：
(nm)=(n/pm/p)(n mod pm mod p)
#include bzoj2324: [ZJOI2011]营救皮卡丘
神题…完全不会
http://hzwer.com/4639.html
#include bzoj1212: [HNOI2004]L语言
hash水过去了…
正解是AC自动机，利用fail树转移。
#include AC自动机解法：
#include bzoj3696: 化合物
直接暴力就过了？？？
什么鬼
#include bzoj3173: [Tjoi2013]最长上升子序列
直接平衡树维护即可。
然而splay疯狂TLE，treap轻松AC…
splay(TLE):
#include bzoj2286: [Sdoi2011]消耗战
复习虚树。
#include bzoj1875: [SDOI2009]HH去散步
数据范围告诉我们是矩阵乘法..
但是怎么限制不走回头路呢…
一种可行的方案是边点互换，然后在点上转移 t 次就变成了在边上转移 t−1 次，然后就可以矩阵了。
#include bzoj4027: [HEOI2015]兔子与樱花
给定一棵树，点有权值。删掉一个点会使得该节点的权值和孩子挂到父亲，求最多删去多少个点。
考虑如下的贪心策略，递归的做各个子树，然后贪心的删除尽可能多的儿子。
这个贪心是正确的，因为不可能为了在上面删除节点而放弃删除下面的。因为在越高的地方删除难度越大..
#include bzoj3991: [SDOI2015]寻宝游戏
树链的并…
luogu数据太弱了吧…边界根本卡不住..
小黄鸭调试法get
#include bzoj3171[Tjoi2013]循环格
坠喜欢的网络流模型！
在无源汇可行流中，一个回路是一个增广轨。对于这个题来说，显然要将图变成不相交的环，每个节点拆点并限制流量为1，改变方向需要费用，跑无源汇最小费用可行流即可。
#include 1:1, j, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i, j>1?j-1:m, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i, j<m?j+1:1, IN), 1, 1);
} else if (g[i][j] == DOWN) {
push(number(i, j, OUT), number(i>1?i-1:n, j, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i1:1, j, IN), 1, 0);
push(number(i, j, OUT), number(i, j>1?j-1:m, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i, j<m?j+1:1, IN), 1, 1);
} else if (g[i][j] == LEFT) {
push(number(i, j, OUT), number(i>1?i-1:n, j, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i1:1, j, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i, j>1?j-1:m, IN), 1, 0);
push(number(i, j, OUT), number(i, j<m?j+1:1, IN), 1, 1);
} else if (g[i][j] == RIGHT) {
push(number(i, j, OUT), number(i>1?i-1:n, j, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i1:1, j, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i, j>1?j-1:m, IN), 1, 1);
push(number(i, j, OUT), number(i, j<m?j+1:1, IN), 1, 0);
}
}
int flow, cost;
mcf(flow, cost);
cout << cost << endl;
return 0;
}