HGOI8.21集训题解
题解
以后第一题就出数学题我把出题人摁在地上打。
第一题——（sum）（没中文）
【题目描述】
- 有T组数据，给出数 y(y≤1018),p y ( y ≤ 10 18 ) , p ，求所有满足 y|x y | x 且 f(x)=y f ( x ) = y 的所有数的和对p取模。其中 f(x) f ( x ) 是因数的个数。
- 如果有无穷多个x则输出-1
- 真的是，早上打了两个小时的表，还是没有找出规律，只好爆个零。
- 可以通过打表发现，当一个数的某个质因数存在两个及以上（当然这里发现4除外），则他一定是正无穷，即输出-1。
- 然后你还会发现，一个数解的和就是所有质因数的值-1，成为指数并且任意分配的和。
- 给出部分结论的证明：
- 设 x=∏pkii,y=∏plii x = ∏ p i k i , y = ∏ p i l i ， pi p i 为质因数，则为了满足条件2则可以推出 y=∏ki+1 y = ∏ k i + 1 。
- 设 y y 有 t t 个不同的质因数，那么 x x 就只需要 t t 个质因数就可以令 y|x y | x ，
而此时的 f(x) f ( x ) 还远小于 y y ,这时候我们随便补一个不一样的质数就可以满足条件，所以-1。 - 然后你就要去分解一个数的质因数了对不对，但是你连欧拉筛都打不出来，那我们就要用到一个玄学看脸算法——Miller-rabin算法，详细的自己百度，反正可以在 O(logn) O ( l o g n ) 时间内概率性的判断一个数是不是质数
- 然后还有可能会是carmichael数，上面这个判不了，那就还要再来拿着个来试水。然后就成功分解质因数了。
- 分完质因数就是求解了，上面说的不是很清楚，直接看代码最后求和的那一段吧。
- 记得用快乘，不然果爆LL
#include if(x==1&&pre!=1&&pre!=n-1) return false;
pre=x;
}
if(x!=1) return false;
}
return true;
}
LL d[N],dminn=2e18;
int dnum;
LL gcd(LL a,LL b){
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
LL pollard_rho(LL dn,LL dc){
LL x,y,d,i=1,k=2;
x=get_rand(dn-1);
y=x;
while(true){
i++;
x=(Mod_Mul(x,x,dn)+dc)%dn;
d=gcd(y-x,dn);
if(1return d;
if(y==x) return dn;
if(i==k){
y=x;
k<<=1;
}
}
}
void divide(LL dn,int dk){
if(dn==1) return;
if(miller_robin(dn)==true){
d[dnum++]=dn;
dminn=min(dminn,dn);
return;
}
LL dtmp=dn;
while (dtmp>=dn) dtmp=pollard_rho(dtmp,dk--);
divide(dtmp,dk);
divide(dn/dtmp,dk);
}
LL f[N];
#define divsor d
#define dcnt dnum
void work(LL x,LL mo) {
if (x==1) {printf("%d\n",1); return;}
if (x==4) {printf("%d\n",8%mo); return;}
memset(divsor,0,sizeof divsor); dcnt=0;
if( miller_robin(y) ) divsor[++dcnt]=y;else {dcnt++;divide(x,251);}
while (divsor[dcnt]==0) dcnt--;
sort(divsor+1,divsor+dcnt+1);
for (int i=1;i<=dcnt;i++) if (divsor[i]==divsor[i-1])
{printf("-1\n"); return;} f[0]=1;
for (int i=1;i<(1<int s=0;f[i]=0;
for (int j=i;j;j-=j&(-j),s++);
for (int j=1;j<=dcnt;j++)
if (i&(1<<(j-1))) f[i]=(f[i]+mul(f[i-(1<<(j-1))],ksm(divsor[s],divsor[j]-1,mo),mo))%mo;
}
printf("%lld\n",f[(1<1]);return;
}
int main(){
srand(unsigned(time(0)));
fff();
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
sum=0;
scanf("%lld%lld",&y,&p);
LL n=y;
if(y==1){printf("%d\n",1%p);continue;}
if(y==4){printf("%d\n",8%p);continue;}
memset(d,0,sizeof(d));dnum=0;
if(miller_robin(n)) d[++dnum]=n;else{
dnum++;
divide(y,251);
}
while (d[dnum]==0) dnum--;
sort(d+1,d+dnum+1);
bool flag=false;
for (int i=1;i<=dnum;i++) if(d[i]==d[i-1]){printf("-1\n");flag=true;break;}
if(flag) continue;
f[0]=1;
for (int i=1;i<(1<int s=0;f[i]=0;
for (int j=i;j;j-=j&(-j),s++);
for (int j=1;j<=dnum;j++)
if(i&(1<<(j-1))) f[i]=(f[i]+mul(f[i-(1<<(j-1))],ksm(d[s],d[j]-1,p),p))%p;
}
printf("%lld\n",f[(1<1]);
}
} 第二题——tree
【题目描述】
- 给出一棵点上带权树，有一下三种操作：
- 1、询问以x为子树当中有多少个节点元素大于y
- 2、修改某个节点x的值变为y
- 3、添加节点，编号为原有个数n+1，父亲为x，权值为y
- 刚开始题目没说清楚，以1为根，所以猜错了题面。
- 标程是用了树上分块维护区间最小值，当块不平衡之后重新分块。
- 然而数据比较水，直接暴力就能过orz
#include int u,v;
u=read(),v=read();
add(u,v);
add(v,u);
}
for (int i=1;i<=n;i++) val[i]=read();
memset(visited,0,sizeof(visited));
dfs1(1);
int m;
m=read();
while(m--){
int op,x,y;
op=read();
if(op==0){
x=read(),y=read();
memset(visited,false,sizeof(visited));
printf("%d\n",dfs(x,y));
}else if(op==1){
x=read(),y=read();
val[x]=y;
}else if(op==2){
x=read(),y=read();
add(x,++n);
add(n,x);
fa[n]=x;
val[n]=y;
}
}
} 附上分块的程序
#includeelse
{
T=rec[nxt1[i]]=++sum2;
B[sum2].a[B[sum2].length++]=w[nxt1[i]];
add2(rec[u],T);
}
father[nxt1[i]]=u;sort(B[T].a,B[T].a+B[T].length);
build(nxt1[i]);
}
}
void update(int u,int v) //当块内节点更新时， 暴力重构当前块
{
int T=rec[u];
int k=lower_bound(B[T].a,B[T].a+B[T].length,w[u])-B[T].a;
B[T].a[k]=v;w[u]=v;
sort(B[T].a,B[T].a+B[T].length);
}
int bdfs(int u,int x) //树上块查询
{
int sum=B[u].length-(upper_bound(B[u].a,B[u].a+B[u].length,x)-B[u].a);
for(int i=end2[u];i>0;i=pre2[i])
sum+=bdfs(nxt2[i], x);
return sum;
}
int pdfs(int u, int x) //树上点查询
{
int sum=0;
if(w[u]>x) sum++;
for(int i=end1[u];i>0;i=pre1[i])
if(nxt1[i]!=father[u])
{
if(rec[u]==rec[nxt1[i]]) sum+=pdfs(nxt1[i],x);
else sum+=bdfs(rec[nxt1[i]],x);
}
return sum;
}
int main()
{
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
read(n);
for(int i=1;ifor(int i=1;i<=n;i++) read(w[i]);
father[1]=0;
B[++sum2].length=1;
B[sum2].a[0]=w[1];
rec[1]=sum2;
build(1);
read(m);
while (m--)
{
read(op);read(u);read(v);
if(op==0) last=pdfs(u,v),printf("%d\n",last);
if(op==1) update(u,v);
if(op==2)
{
w[++n]=v;
add1(u,n);
father[n]=u;
int T=rec[u];
if(B[T].lengthelse T=++sum2,B[T].a[B[T].length++]=v,add2(rec[u],sum2),rec[n]=sum2; //添加新的块
sort(B[T].a,B[T].a+B[T].length); //暴力构建状态
}
}
} 第三题——town
【题目描述】
- 给出一个带边带点权的根为1的树，边权为w，点权有a，b两类，设一个点到根的距离为a+到根距离*b，同时可以在某些点进行交换使得到根的距离更短，交换时需要重新加上交换点的a，求每个节点到根的最短距离。
- 一眼看出这个是 O(n2) O ( n 2 ) 的dp，当前节点可以在父节点进行交换，而父节点已近处理好了，那么方程可以写成 f[i]=min(f[j]+V[i]∗(D[i]−D[j])+S[i]) f [ i ] = m i n ( f [ j ] + V [ i ] ∗ ( D [ i ] − D [ j ] ) + S [ i ] ) ，其中 f[i] f [ i ] 是最终的答案， V[i] V [ i ] 是第二个点权b， D[i] D [ i ] 是距离。
- 如果树是一颗平很树，那复杂度是 O(nlogn) O ( n l o g n ) ，但有一半是链的情况，那么就需要用到斜率优化。
我们把上面的方程改变一下，变成
f[i]=min(f[j]−V[i]∗D[j])+V[i]∗D[i]+S[i] f [ i ] = m i n ( f [ j ] − V [ i ] ∗ D [ j ] ) + V [ i ] ∗ D [ i ] + S [ i ] 我们考虑将(D[i],f[i])放到坐标系中。则最优解即为一条以V[i]为斜率的点从x轴下的无限远处向上平移所得到的第一个点。凸包解决
- 然后就是二分寻找出这个斜率最相近并且凸出的点，并将其替换。
- 由于递归，则需要做到可还原栈来进行存储。防止超时就是 O(1) O ( 1 ) 还原栈。
#include int ,int> > G[N];
LL d[N],f[N],q[N];
struct STACK{
int k,x,fa,dep,_pos,_val,_end;
}s[N];
double get_k(int j,int k){
return (double)(f[k]-f[j])/(d[k]-d[j]);
}
int search(int vv){
int l=0,r=end-2;
while(lint mid=(l+r+1)>>1;
if(get_k(q[mid],q[mid+1])else r=mid-1;
}
return q[l+1];
}
void inst(int l,int r,int &_pos,int &_val,int x){
while (lint mid=(l+r+1)>>1;
if(get_k(q[mid-1],q[mid])1],x)) l=mid;else r=mid-1;
}
if(get_k(q[l-1],q[l])>get_k(q[l-1],x)) l--;
_pos=l+1,_val=q[_pos];
end=l+2,q[end-1]=x;
}
void work(){
memset(s,0,sizeof(s));
w=1;s[w].fa=s[w].k=-1;
while (w){
int x=s[w].x,fa=s[w].fa,dep=s[w].dep;
int &k=s[w].k,&_pos=s[w]._pos,&_val=s[w]._val,&_end=s[w]._end;
if(k==-1){
d[x]=dep,f[x]=a_val[x]+1ll*dep*b_val[x];_end=end;
if(end>1){
int p=q[0];
if(get_k(q[0],q[1])1ll*b_val[x]*(dep-d[p])));
inst(1,end-1,_pos,_val,x);
}else _pos=end,_val=q[_pos],q[end++]=x;
++k;
}else{
if(kif(G[x][k].x!=fa) s[++w].x=G[x][k].x,s[w].fa=x,s[w].dep=dep+G[x][k].y,s[w].k=-1;
++k;
}else end=_end,q[_pos]=_val,--w;
}
}
}
int main(){
fff();
scanf("%d",&n);
for (int i=1;iint u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
G[u-1].push_back(make_pair(v-1,w));
G[v-1].push_back(make_pair(u-1,w));
}
for (int i=1;iscanf("%d%d",&a_val[i],&b_val[i]);
work();
for (int i=1;iprintf("%lld ",f[i]);
return 0;
}