[UOJ 195][ZJOI2016]大♂森林

ETT野蛮,LCT文明,,,

换生长结点这个操作非常的麻烦。所以考虑给每个生长操作建立一个虚点,每个实点(就是在树中真实存在的点)向他之前最晚建立的一个虚点认父。

然后虚点初始的时候应该向上一次的那个虚点认父(我们可以近似的认为第一个虚点就是1)。然后我们用类似于扫描线的做法,等到了虚点存在的区间里就把它爸爸改成相应的实点,出去了相应区间之后就再改回来。这样这题就很好做了,我们认为虚点点权为0,实点点权为1,然后查询就好做了。

然后还有一点细节问题……比如说换生长结点的时候如何处理x在某一棵树里不存在的情况。但这个不难处理,因为同一个编号的结点一定分布编号连续的一段树里,所以真实起作用的操作范围可以认定为数据给出的操作范围和x的分布区间的交。

再有一点就是查询的时候……如果直接查询两点间splay的和的话,可能会忽略掉一些本来在原图上该有的实点。所以我们要求两点到根的距离,再用LCA去掉不需要的。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <utility>
const int maxn = 100005;
const int maxm = 200005;
const int maxs = maxm + maxm;
struct Node {
  Node *fa, *ch[2];
  int val, sumv;
  bool rev;
  int d() {
    return ((this == fa -> ch[1]) ? 1 : 0);
  }
  void sc(Node *c, int dir) {
    ch[dir] = c;
    c -> fa = this;
  }
  void maintain() {
    sumv = ch[0] -> sumv + ch[1] -> sumv + val;
  }
  void paint() {
    rev = !rev;
    std::swap(ch[0], ch[1]);
  }
  void pushdown() {
    if(rev) {
      ch[0] -> paint();
      ch[1] -> paint();
      rev = false;
    }
  }
};
Node pool[maxs];
Node *nil, *cur;
void init_pool() {
  nil = cur = pool;
  nil -> val = nil -> sumv = 0;
  nil -> rev = false;
  nil -> fa = nil -> ch[0] = nil -> ch[1] = nil;
}
#define T(x) (pool + (x))
Node *refresh(Node *x, int val = 0) {
  x -> val = x -> sumv = val;
  x -> rev = false;
  x -> fa = x -> ch[0] = x -> ch[1] = nil;
  return x;
}

bool is_root(Node *x) {
  return (x -> fa == nil || (x -> fa -> ch[0] != x && x -> fa -> ch[1] != x));
}
void zig(Node *x) {
  Node *y = x -> fa; int d = x -> d();
  if(is_root(y)) {
    x -> fa = y -> fa;
  } else {
    y -> fa -> sc(x, y -> d());
  }
  y -> sc(x -> ch[1 ^ d], d);
  x -> sc(y, 1 ^ d);
  y -> maintain(); x -> maintain();
}
void splay(Node *x) {
  while(!is_root(x)) {
    Node *y = x -> fa;
    if(!is_root(y)) y -> fa -> pushdown();
    y -> pushdown(); x -> pushdown();
    if(!is_root(y)) {
      if((x -> d()) ^ (y -> d())) {
        zig(x);
      } else {
        zig(y);
      }
    }
    zig(x);
  }
  // x -> maintain();
}
Node *access(Node *x) {
  Node *nx = x, *y = nil;
  Node *ct = T(1);
  while(x != nil) {
    splay(x); x -> pushdown();
    if(x -> fa == nil) ct = x;
    x -> sc(y, 1); x -> maintain();
    y = x; x = x -> fa;
  }
  splay(nx); return ct;
}
Node *evert(Node *x) {
  access(x); x -> paint();
  return x;
}
void link(Node *x, Node *y) {
  evert(x); x -> fa = y;
}
void cut(Node *x) {
  access(x);
  x -> ch[0] -> fa = nil;
  x -> ch[0] = nil; x -> maintain();
}
void cut(Node *x, Node *y) {
  evert(x); access(y);
  int d = x -> d();
  y -> ch[d] = nil; y -> maintain();
  x -> fa = nil;
}

int ans[maxm];
using pii = std::pair<int, int>;
int n;
pii seg_and(int a, int b, int x, int y) {
  if(a > x) {
    std::swap(a, x), std::swap(b, y);
  }
  if(b < x) return std::make_pair(n + 1, n + 1);
  if(b >= y) return std::make_pair(x, y);
  return std::make_pair(x, b);
}

int ope[maxm][4];
int seg[maxm][2];
Node *bef[maxm];
std::vector<int> beg[maxn], end[maxn];
std::vector<int> query[maxn];
// #define OUTP
// #define LOCAL
int main() {
#ifdef OUTP
  freopen("forest1.in", "r", stdin);
  freopen("out", "w+", stdout);
#endif
  int m; scanf("%d%d", &n, &m);
  init_pool(); refresh(T(1), 1);
  int cnt0 = 1, cnt1 = 0, cnt2 = 0;
  Node *last1 = T(1);
  seg[1][0] = 1; seg[1][1] = n;
  for(int i = 1; i <= m; i ++) {
    scanf("%d%d%d", &ope[i][0], &ope[i][1], &ope[i][2]);
    if(ope[i][0]) {
      scanf("%d", &ope[i][3]);
    }
    if(ope[i][0] == 0) {
      int c = ++ cnt0;
      refresh(T(c), 1);
      link(last1, T(c));
      seg[c][0] = ope[i][1]; seg[c][1] = ope[i][2];
#ifdef LOCAL
      printf("Node %d : (%d, %d)\n", c, seg[c][0], seg[c][1]);
#endif
    } else if(ope[i][0] == 1) {
      Node *n1 = T(m + i);
      refresh(n1); link(n1, bef[i] = last1);
      int l = ope[i][1], r = ope[i][2], x = ope[i][3];
      auto s = seg_and(l, r, seg[x][0], seg[x][1]);
      l = s.first, r = s.second;
#ifdef LOCAL
      printf("Change : (%d, %d) -> %d\n", l, r, x);
#endif
      beg[l].push_back(i); end[r + 1].push_back(i);
      last1 = n1;
    } else {
      int x = ope[i][1], u = ope[i][2], v = ope[i][3];
      query[x].push_back(i);
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    for(auto id : end[i]) {
      Node *n1 = T(m + id);
      cut(n1, T(ope[id][3])); link(n1, bef[id]);
    }
    for(auto id : beg[i]) {
      Node *n1 = T(m + id);
      cut(n1, bef[id]); link(n1, T(ope[id][3]));
    }
    for(auto id : query[i]) {
      int u = ope[id][2], v = ope[id][3];
      evert(T(1)); access(T(u));
      int ret = T(u) -> sumv;
      Node *lca = access(T(v));
      ret += T(v) -> sumv;
      access(lca);
      ret -= lca -> sumv;
      ret -= lca -> sumv - 1;
      ans[id] = ret - 1;
    }
  }
  for(int i = 1; i <= m; i ++) {
    if(ope[i][0] == 2) {
      printf("%d\n", ans[i]);
    }
  }
  return 0;
}

[UOJ 113][UER #2]手机的生产

神哎……

既然与的优先级比或高,那么我们就可以用或把程序切成若干段,每一段的值决定了最后的取值。

考虑从左往右计算某一段。如果有一个手机某一段运算结果为0,那么它会继续往下运算,反之则会停止运算。

对于每一个在前\(i\)段的值都是0,然后开始跑第\(i + 1\)段的手机。他们都会额外产生\(l\)(这一段的fork个数)个手机,并且由于这些手机一被生产出来的返回值就是0,所以新的这些手机在这一段取值为0。而原来的老手机,在这一段的取值事1,于是之后的运算就不会接着做了。

这样一来,我们就可以动态维护在之前的段里的返回值全是0的手机,然后就可以做了。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <vector>
using ll = long long;
const int maxn = 100005;
const ll ha = 998244353LL;

bool op[maxn];
int main() {
  std::vector<int> vec;
  int last = 0;
  int n; scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= (n - 1); i ++) {
    char buf[5]; scanf("%s", buf);
    if(buf[0] == '|') {
      vec.push_back(i - last);
      last = i;
    }
  }
  vec.push_back(n - last);
  ll pre0 = 1LL;
  ll ans = 1LL;
  for(auto x : vec) {
    ans += (pre0 * (ll(x))) % ha; ans %= ha;
    pre0 = (pre0 * (ll(x))) % ha;
  }
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}

[UOJ 48][UR #3]核聚变反应堆

先去考虑两个变量的sgcd怎么求……我们先求出他们的gcd,然后在除掉一个最小的质因子即可。

那么我们先把\(a_1\)分解质因数,然后所有数和它求一个gcd,然后去去掉一个尽可能小的质因子。注意到一个数\(p\)的质因子数量是\(O(\log p)\)级别的,所以每一个数找到要除的那个最小的质因子只需要\(O(\log a_1)\)的时间。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <vector>
#include <cmath>
const int maxn = 100005;
using ll = long long;
ll V[maxn]; int vcnt = 0;
void des(ll x) {
  ll m = (ll)sqrt(x + 0.5);
  for(ll i = 2; i <= m; i ++) {
    if(x % i == 0) {
      V[vcnt ++] = i;
      while(x % i == 0) x /= i;
    }
  }
  if(x > 1LL) V[vcnt ++] = x;
}
ll gcd(ll a, ll b) {
  if(!b) return a;
  else return gcd(b, a % b);
}

ll A[maxn];
int main() {
  int n; scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    scanf("%lld", &A[i]);
  }
  des(A[1]);
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    if(i > 1) putchar(' ');
    ll bs = gcd(A[i], A[1]);
    if(bs == 1) {
      printf("-1"); continue;
    }
    for(int j = 0; j < vcnt; j ++) {
      if(A[i] % V[j] == 0) {
        bs /= V[j];
        break;
      }
    }
    printf("%lld", bs);
  }
  puts("");
  return 0;
}

[CF 618F]Double Knapsack

我zzs就算掉光rating,R2爆炸,也不会做你们半道构造题!

啊构造题真好玩(一转)。

不妨钦定\(A\)中所有元素的和不大于\(B\)的。然后把两个集合按照任意顺序搞成一个序列,然后求出两者的前缀和\(SA\)和\(SB\)。

考虑对于0...n的\(SA_i\),找出\(SB\)中不大于他的数中最大的一个(不妨设为\(SB_j\)),可以发现有\(0\leq SA_i - SB_j\leq n - 1\)(不然\(j\)还能再大)。然后发现:我们处理的\(i\)和\(j\)的数对有\(n + 1\)组,但是\(SA_i - SB_j\)的取值却只有N种!也就是说一定存在\(i\neq i'\)且\(j\neq j'\)满足\(SA_i - SB_j = SA_{i'} - SB_{j'}\)。

我们找出两对这样的数对,移一下项就可以构造一组解了。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <vector>
using ll = long long;
using pii = std::pair<int, int>;
int n;
void gen_S(int *arr, ll *S) {
  S[0] = 0LL;
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    S[i] = (S[i - 1] + (ll(arr[i])));
  }
}

const int maxn = 1000005;
std::vector<pii> cs[maxn];
int main() {
  scanf("%d", &n);
  int *A = (int*)calloc(n + 1, sizeof(int));
  int *B = (int*)calloc(n + 1, sizeof(int));
  ll sum_A = 0LL, sum_B = 0LL;
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    scanf("%d", &A[i]); sum_A += A[i];
  }
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    scanf("%d", &B[i]); sum_B += B[i];
  }
  bool flip = false;
  if(sum_A > sum_B) {
    flip = true;
    std::swap(A, B);
    std::swap(sum_A, sum_B);
  }
  ll *SA = (ll*)calloc(n + 1, sizeof(ll));;
  ll *SB = (ll*)calloc(n + 1, sizeof(ll));;
  gen_S(A, SA); gen_S(B, SB);
  for(int i = 0; i <= n; i ++) {
    int j = std::upper_bound(SB, SB + n + 1, SA[i]) - SB - 1;
    ll val = SA[i] - SB[j];
    cs[val].push_back(std::make_pair(i, j));
  }
  int l1, r1, l2, r2;
  for(int i = 0; i < n; i ++) {
    if(cs[i].size() > 1) {
      int i1 = cs[i][0].first;
      int j1 = cs[i][0].second;
      int i2 = cs[i][1].first;
      int j2 = cs[i][1].second;
      if(i1 > i2) {
        std::swap(i1, i2);
        std::swap(j1, j2);
      }
      l1 = i1; r1 = i2;
      l2 = j1; r2 = j2;
      break;
    }
  }
  if(flip) {
    std::swap(l1, l2);
    std::swap(r1, r2);
  }
  printf("%d\n", r1 - l1);
  for(int i = l1 + 1; i <= r1; i ++) {
    if(i > l1 + 1) putchar(' ');
    printf("%d", i);
  }
  putchar('\n');
  printf("%d\n", r2 - l2);
  for(int i = l2 + 1; i <= r2; i ++) {
    if(i > l2 + 1) putchar(' ');
    printf("%d", i);
  }
  putchar('\n');
  free(A); free(B);
  free(SA); free(SB);
  return 0;
}

[UOJ 21][UR #1]缩进优化

神题啊……

考虑让答案最小不好做,那么我们想,把连续的一段空格变成一个TAB(假设TAB长度为\(x\))就是减少\(x - 1\)空格,那么我们尝试去最大化减小的空格的量。

然后考虑枚举\(x\)是啥,然后去算减少的空格的量。对于任意\(a_i\),减少的空格量就是\((x-1)\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor\),这似乎可以整除分块哎……

但是会被T掉。我们想,其实我们对任意\(x\),我们去枚举\(\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor\)就行啦,要查询满足条件的\(a_i\)数量可以预处理一个权值前缀和然后就能\(O(1)\)做啦、

假设\(X = \max\{a_i\}\),那么每一个\(x\)对时间复杂度的贡献就是\(O(\frac{X}{x})\)。这不就是调和级数吗?所以时间复杂度事\(O(X\ln X)\)。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <utility>
const int maxn = 1000005;
typedef long long ll;
int a[maxn], C[maxn];
int n, bd;
void process() {
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    C[a[i]] ++;
  }
  for(int i = 1; i <= bd; i ++) {
    C[i] += C[i - 1];
  }
}
ll sum;
ll query(int x, int p) {
  int l = x * p;
  int r = x * (p + 1) - 1;
  if(r > bd) r = bd;
  return (C[r] - C[l - 1]);
}
ll calc(int x) {
  ll delta = 0;
  for(int i = 1; i <= (bd / x); i ++) {
    ll cnt = query(x, i);
    delta += (ll(i)) * cnt * (ll(x - 1));
  }
#ifdef LOCAL
  printf("ans of %d : %lld\n", x, sum - delta);
#endif
  return (sum - delta);
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  sum = 0LL; bd = 0;
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    scanf("%d", &a[i]);
    bd = std::max(bd, a[i]);
    sum += a[i];
  }
  process();
  ll ans = sum;
  for(int i = 1; i <= bd; i ++) {
    ans = std::min(ans, calc(i));
  }
  printf("%lld\n", ans);
  return 0;
}

[UOJ 62][UR #5]怎样跑得更快

一年前看的反演神题……(然后现在才A

继续阅读

[CodeChef BWGAME]Black-white Board Game

ao劲啊这题,,,

看到那个逆序对奇偶性就想到了行列式(考虑行列式的定义)……其实最后要判定的就是该矩阵行列式的正负性(或者是0)。

这个东西肯定可以高消搞成上三角,然后行列式就很好求了。但高消事\(O(n^3)\)的,会T掉。

考虑怎么去优化这个高消。首先在消元顺序合理的情况下,一定可以让矩阵在整个过程中一直是01矩阵。具体的实现方式,就是考虑从小到大对每个变量进行消元的时候,包含该变量的方程很多,并且他们两两之间一定是满足一个的全1段事另一个的前缀。那么用最短的那一段进行消元即可。

考虑到其他方程被消之后最靠左的1的位置会全部变成另一个位置,所以可以考虑使用可并堆维护各个方程。同时,为了求每个方程当前最靠左的1的位置,我搞了个并查集(逃

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <vector>
#include <queue>
#include <ext/pb_ds/priority_queue.hpp>
using R = double;
// using GG = __gnu_pbds::priority_queue<int>;
const int maxn = 100005;
const R eps = 1e-8;
inline int sign(R x) {
  if(fabs(x) < eps) {
    return 0;
  } else {
    if(x < 0.00) {
      return -1;
    } else {
      return 1;
    }
  }
}
 
int seg[maxn][2];
namespace BF {
  R A[105][105];
  inline int det(int n) {
    int flag = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      int r = i;
      for(int j = i + 1; j <= n; j ++) {
        if(fabs(A[j][i]) > fabs(A[i][i])) {
          r = j;
        }
      }
      if(r != i) {
        flag *= -1;
        for(int j = i; j <= n; j ++) {
          std::swap(A[i][j], A[r][j]);
        }
      } else {
        if(sign(A[i][i]) == 0) {
          return 0;
        }
      }
      for(int j = i + 1; j <= n; j ++) {
        if(sign(A[j][i]) == 0) continue;
        double f = A[j][i] / A[i][i];
        for(int k = i; k <= n; k ++) {
          A[j][k] -= A[i][k] * f;
        }
      }
    }
    int ret = flag;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      ret *= sign(A[i][i]);
    }
    return ret;
  }
  inline void solve(int n) {
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      int L = seg[i][0], R = seg[i][1];
      for(int j = 1; j <= n; j ++) {
        if(L <= j && j <= R) {
          A[i][j] = 1;
        } else {
          A[i][j] = 0;
        }
      }
    }
    int v = (det(n));
    if(v == -1) {
      puts("Fedor");
    } else if(v == 0) {
      puts("Draw");
    } else {
      puts("Alex");
    }
  }
};
namespace CT {
  /*
  struct Node {
    int l, r, id;
    bool operator <(const Node &res) const {
      if(l == res.l) {
        if(r == res.r) {
          return id < res.id;
        } else {
          return r < res.r;
        }
      } else {
        return l < res.l;
      }
    }
    bool operator >(const Node &res) const {
      if(l == res.l) {
        if(r == res.r) {
          return id > res.id;
        } else {
          return r > res.r;
        }
      } else {
        return l > res.l;
      }
    }
    bool operator ==(const Node &res) const {
      return (l == res.l) && (r == res.r) && (id == res.id);
    }
  };
  */
  struct N2 {
    int r, id;
    N2() {
      r = 0; id = 0;
    }
    N2(int x, int y) {
      r = x; id = y;
    }
    bool operator <(const N2 &res) const {
      if(r == res.r) {
        return id < res.id;
      } else {
        return r < res.r;
      }
    }
    bool operator >(const N2 &res) const {
      if(r == res.r) {
        return id > res.id;
      } else {
        return r > res.r;
      }
    }
    bool operator ==(const N2 &res) const {
      return (r == res.r) && (id == res.id);
    }
  };
  
  /* struct Node {
    Node *fa, *ch[2];
    N2 v; int l;
    int setv;
    int d() {
      return ((this == fa -> ch[1]) ? 1 : 0);
    }
    void sc(Node *c, int dir) {
      ch[dir] = c;
      c -> fa = this;
    }
    int cmp(const N2 &v2) const {
      if(v == v2) {
        return -1;
      } else {
        if(v2 < v) {
          return 0;
        } else {
          return 1;
        }
      }
    }
    void paint(int x) {
      if(l == -1) return;
      l = x; setv = x;
    }
    void pushdown(int x) {
      if(setv != -1) {
        ch[0] -> paint(setv);
        ch[1] -> paint(setv);
        setv = -1;
      }
    }
  };
  Node pool[maxn]; std::queue<int> FQ;
  Node *nil, *cur;
  void init_pool() {
    nil = cur = pool;
    nil -> l = nil -> setv = -1;
    nil -> fa = nil -> ch[0] = nil -> ch[1] = nil;
  }
  Node *alloc_node(N2 x, int L) {
    Node *ret;
    if(FQ.empty()) {
      ret = ++ cur;
    } else {
      ret = FQ.front(); FQ.pop();
    }
    ret -> v = x;
    ret -> l = L; ret -> setv = -1;
    ret -> fa = ret -> ch[0] = ret -> ch[1] = nil;
    return ret;
  }
  
  inline bool is_root(Node *o) {
    return (o -> fa == nil)
  }
  inline void zig(Node *x) {
    int d = x -> d(); Node *y = x -> fa;
    if(is_root(y)) {
      x -> fa = y -> fa;
    } else {
      y -> fa -> sc(x, y -> d());
    }
    y -> sc(x -> ch[d ^ 1], d);
    x -> sc(y, d ^ 1);
  }
  void pdw_path(Node *x) {
    if(!is_root(x)) pdw_path(x -> fa);
    x -> pushdown();
  }
  inline void splay(Node *x) {
    pdw_path(x);
    while(!is_root(x)) {
      Node *y = x -> fa;
      if(!is_root(y)) {
        if((x -> d()) ^ (y -> d())) {
          zig(x);
        } else {
          zig(y);
        }
      }
      zig(x);
    }
  }
  Node *insert(Node *o, Node *x) {
    if(o == nil) return x;
    Node *last = o;
    int d;
    while(o != nil) {
      o -> pushdown(); last = o;
      d = o -> cmp(x -> v);
      o = o -> ch[d];
    }
    x -> ch[0] = x -> ch[1] = nil;
    last -> sc(x, d);
    splay(x); return x;
  }
  Node *top(Node *x) {
    Node *ret = x;
    while(x -> ch[0] == 0) {
      x -> paint
    }
  } */
  
  int par[maxn * 2];
  int get_fa(int x) {
    if(par[x] == x) return x;
    else return (par[x] = get_fa(par[x]));
  }
  void merge(int dir, int src) {
    dir = get_fa(dir); src = get_fa(src);
    if(dir == src) return;
    par[src] = dir;
  }
  bool is_same(int x, int y) {
    return (get_fa(x) == get_fa(y));
  }
  
  using heap = __gnu_pbds::priority_queue<N2, std::greater<N2> >;
  heap Q[maxn];
  int id[maxn], mp[maxn];
  int det(int n) {
    int flag = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      Q[i].clear();
    }
    for(int i = 1; i <= 2 * n; i ++) {
      par[i] = i;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      id[i] = mp[i] = i;
      int L = seg[i][0], R = seg[i][1];
      Q[L].push(N2(R, i));
      merge(L, n + i);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      if(Q[i].empty()) {
        return 0;
      }
      int p = id[i];
      if(!(get_fa(p + n) <= i && seg[p][1] == (Q[i].top()).r)) {
        flag *= -1;
        int np = (Q[i].top()).id;
#ifdef LOCAL
        printf("Swaping %d and %d.\n", p, np);
#endif
        int nv = mp[np];
        std::swap(id[i], id[nv]);
        std::swap(mp[np], mp[p]);
      }
      p = id[i];
      Q[i].pop();
      int r = seg[p][1];
      if(Q[i].size() > 0 && (Q[i].top()).r == r) {
        return 0;
      }
      if(r < n) {
        Q[r + 1].join(Q[i]);
        merge(r + 1, i);
      }
    }
    return flag;
  }
  void solve(int n) {
    int v = det(n);
    if(v == -1) {
      puts("Fedor");
    } else if(v == 0) {
      puts("Draw");
    } else {
      puts("Alex");
    }
  }
};
 
int main() {
  int T; scanf("%d", &T);
  while(T --) {
    int n; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
      scanf("%d%d", &seg[i][0], &seg[i][1]);
    }
    if(n <= 100) {
      BF::solve(n);
    } else {
      CT::solve(n);
    }
  }
  return 0;
}

[BZOJ 3456]城市规划

aji多项式求逆毁我青春,,,

设\(f_i\)表示\(i\)个点的有标号无向联通图,考虑所有可能的图(记\(F_i\)为\(i\)个点的有标号无向图,显然\(F_i = 2^{\binom{i}{2}}\))和\(f\)的关系(使用图计数的经典套路:枚举1所在的联通块大小):

\[F_n = \sum_{i = 1}^n \binom{n-1}{i-1} f_i F_{n - i}\]

看起来事卷积?但是这个卷积没有办法直接用FFT/NTT求(当然分离一下项啊,移下项就可以分治NTT力)。

考虑进一步化简柿子。完全展开后会发现右边有个非常碍眼的\((n-1)!\),所以两边除一下:

\[\frac{F_n}{(n-1)!} =\sum_{i = 1}^n \frac{f_i}{(i-1)!}\cdot \frac{F_{n - i}}{(n - i)!}\]

然后这个问题就很毒瘤了:我们要求的答案多项式(除上那个阶乘)和一个已知多项式做卷积,可以得到另一个已知多项式……这样就需要多项式除法了,于是乎多项式逆元派上了用场。

代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <utility>
typedef long long ll;
const int maxn = 1020010;
const ll ha = 1004535809LL;
const ll bs = 3LL;
ll pow_mod(ll a, ll b) {
  ll ans = 1LL, res = a % ha;
  while(b) {
    if(1LL & b) ans = (ans * res) % ha;
    res = (res * res) % ha;
    b >>= 1;
  }
  return ans;
}
ll inv(ll x) {
  return pow_mod(x,  ha - 2LL);
}
 
int flip(int bi, int x) {
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i < bi; i ++) {
    if((1 << i) & x) {
      ans += (1 << (bi - i - 1));
    }
  }
  return ans;
}
void NTT(ll *A, int bi, bool flag = false) {
  int n = 1 << bi;
  for(int i = 0; i < n; i ++) {
    int v = flip(bi, i);
    if(v < i) std::swap(A[v], A[i]);
  }
  for(int L = 1; L < n; L <<= 1) {
    ll xi = pow_mod(3LL, (ha - 1LL) / (ll(L << 1)));
    if(flag) xi = inv(xi);
    for(int i = 0; i < n; i += (L << 1)) {
      ll w = 1LL;
      for(int j = i; j < i + L; j ++) {
        ll v1 = A[j], v2 = A[j + L];
        A[j] = (v1 + (w * v2) % ha) % ha;
        A[j + L] = (v1 - (w * v2) % ha + ha) % ha;
        w = (w * xi) % ha;
      }
    }
  }
}
void poly_mul(ll *A, ll *B, int bi, ll *C) {
  static ll T1[maxn], T2[maxn];
  int n = (1 << bi);
  std::copy(A, A + n, T1);
  std::copy(B, B + n, T2);
  NTT(T1, bi); NTT(T2, bi);
#ifdef LOCAL
  puts("poly_mul :");
  for(int i = 0; i < (n); i ++) {
    printf("%lld ", A[i]);
  }
  puts("");
  for(int i = 0; i < (n); i ++) {
    printf("%lld ", B[i]);
  }
  puts("");
  for(int i = 0; i < (n); i ++) {
    printf("%lld ", T1[i]);
  }
  puts("");
  for(int i = 0; i < (n); i ++) {
    printf("%lld ", T2[i]);
  }
  puts("");
#endif 
  for(int i = 0; i < n; i ++) {
    T1[i] = (T1[i] * T2[i]) % ha;
  }
#ifdef LOCAL
  for(int i = 0; i < (n); i ++) {
    printf("%lld ", T1[i]);
  }
  puts("");
#endif 
  NTT(T1, bi, true);
  ll inv_n = inv(n);
  for(int i = 0; i < n; i ++) {
    T1[i] = (T1[i] * inv_n) % ha;
  }
  std::copy(T1, T1 + n, C);
#ifdef LOCAL
  for(int i = 0; i < (n); i ++) {
    printf("%lld ", C[i]);
  }
  puts("");
#endif 
}
 
void poly_inv(int mod, ll *B, ll *BB) {
  if(mod == 1) {
    BB[0] = inv(B[0]);
  } else {
    poly_inv((mod + 1) >> 1, B, BB);
    int bi = 0, sz = 1;
    while(sz <= ((mod * 2) + 1)) {
      bi ++; sz <<= 1;
    }
    ll inv_sz = inv(sz);
    static ll tmp[maxn];
    std::copy(B, B + mod, tmp);
    std::fill(tmp + mod, tmp + sz, 0LL);
    NTT(tmp, bi); NTT(BB, bi);
    for(int i = 0; i < sz; i ++) {
      tmp[i] = (tmp[i] * BB[i]) % ha;
      tmp[i] = (tmp[i] * (ha - 1LL)) % ha;
      tmp[i] = (tmp[i] + 2LL) % ha;
      tmp[i] = (tmp[i] * BB[i]) % ha;
    }
    NTT(tmp, bi, true);
    for(int i = 0; i < sz; i ++) {
      tmp[i] = (tmp[i] * inv_sz) % ha;
    }
    std::copy(tmp, tmp + mod, BB);
    std::fill(BB + mod, BB + sz, 0LL);
  }
}
 
int main() {
  static ll fac[maxn], A[maxn], B[maxn], BB[maxn];
  int n; scanf("%d", &n);
  int bi = 0, sz = 1;
  while(sz <= n + 1) {
    bi ++; sz <<= 1;
  }
  fac[0] = 1LL;
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    fac[i] = (fac[i - 1] * (ll(i))) % ha;
  }
  B[0] = 1LL;
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    B[i] = pow_mod(2LL, (ll(i)) * (ll(i - 1)) / 2LL);
    B[i] = (B[i] * inv(fac[i])) % ha;
  }
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    A[i] = pow_mod(2LL, (ll(i)) * (ll(i - 1)) / 2LL);
    A[i] = (A[i] * inv(fac[i - 1])) % ha;
  }
  poly_inv(n + 1, B, BB);
  poly_mul(A, BB, bi, A);
  printf("%lld\n", (A[n] * fac[n - 1]) % ha);
  return 0;
}

[BZOJ 3328]PYXFIB

又学了个新套路呢qwq

题面要求的其实是:

\[\sum_{i = 0}^n [k|i]\binom{n}{i} F_i\]

不考虑那个\([k|i]\),式子是非常像一个二项式展开的……

考虑构造矩阵的二项式展开,可以发现(其中\(A\)是斐波那契数列的二项式展开):

\[(I + A)^n = \sum_{i = 0}^n \binom{n}{i} A^i\]

然后\(k=1\)的情况我们就会做辣!接下来的问题是,如何取出一个生成函数中次数为\(k\)倍数的项求和?

然后我们发现单位根有个非常优良的性质:

\[\frac{1}{k} \sum_{i=1}^{k} \xi_k^{ni} = [k|n]\]

这里的\(n\)是一个常数,但是其实可以对应到原式里的某一项的次数。至于证明……满足\(k|n\)的情况左边显然是一堆1取平均值,其他情况可以通过等比数列求和证明左边为0。

于是可以构造多项式\((I+xA)^n\),把所有\(k\)次单位根做为\(x\)(求这个的话,可以利用原根)带入,对结果取平均值即可。

代码:

/**************************************************************
    Problem: 3328
    User: danihao123
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:9080 ms
    Memory:832 kb
****************************************************************/
 
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <cmath>
#include <vector>
typedef long long ll;
typedef ll Mat[2][2];
ll p; int k;
ll pow_mod(ll a, ll b) {
  ll ans = 1LL, res = a % p;
  while(b) {
    if(1LL & b) ans = (ans * res) % p;
    res = (res * res) % p;
    b /= 2LL;
  }
  return ans;
}
ll inv(ll x) {
  return pow_mod(x, p - 2LL);
}
 
void factor(int x, std::vector<int> &V) {
  int bd = sqrt(x + 0.5);
  for(int i = 2; i <= bd; i ++) {
    if(x % i == 0) {
      V.push_back(i);
      while(x % i == 0) x /= i;
    }
  }
  if(x > 1) V.push_back(x);
}
int get_phi() {
  if(p == 2LL) return 1LL;
  std::vector<int> V;
  factor(p - 1LL, V);
  for(int i = 2; i <= (p - 1); i ++) {
    bool flag = true;
    for(int j = 0; j < V.size(); j ++) {
      int up = (p - 1) / V[j];
      if(pow_mod(i, up) == 1LL) {
        flag = false; break;
      }
    }
#ifdef LOCAL
    if(flag) printf("xi : %d\n", i);
#endif
    if(flag) return i;
  }
}
 
void mat_mul(const Mat &A, const Mat &B, int n, int m, int t, Mat &C) {
  Mat D; memset(D, 0, sizeof(D));
  for(int i = 0; i < n; i ++) {
    for(int j = 0; j < t; j ++) {
      for(int k = 0; k < m; k ++) {
        D[i][j] = (D[i][j] + (A[i][k] * B[k][j]) % p) % p;
      }
    }
  }
  memcpy(C, D, sizeof(D));
}
void mat_pow(const Mat &A, int n, ll b, Mat &ret) {
  Mat C, res;
  memset(C, 0, sizeof(C));
  for(int i = 0; i < n; i ++) C[i][i] = 1LL;
  memset(res, 0, sizeof(res));
  memcpy(res, A, sizeof(res));
  while(b) {
    if(1LL & b) mat_mul(C, res, n, n, n, C);
    mat_mul(res, res, n, n, n, res);
    b /= 2LL;
  }
  memcpy(ret, C, sizeof(C));
}
 
int main() {
  int T; scanf("%d", &T);
  while(T --) {
    ll n;
    scanf("%lld%d%lld", &n, &k, &p);
    ll xi = pow_mod(get_phi(), (p - 1) / k);
    ll w = 1LL;
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i < k; i ++) {
      Mat X;
      memset(X, 0, sizeof(X));
      X[0][0] = X[1][0] = X[0][1] = w;
      X[0][0] = (X[0][0] + 1LL) % p;
      X[1][1] = (X[1][1] + 1LL) % p;
      mat_pow(X, 2, n, X);
#ifdef LOCAL
      puts("X : ");
      for(int i = 0; i < 2; i ++) {
        for(int j = 0; j < 2; j ++) {
          printf("%lld ", X[i][j]);
        }
        puts("");
      }
#endif
      ans = (ans + X[0][0]) % p;
      w = (w * xi) % p;
    }
    ans = (ans * inv(k)) % p;
    printf("%lld\n", ans);
  }
  return 0;
}

[BZOJ 4919][Lydsy1706月赛]大根堆

ao神啊这题,,,

很显然的思路是设计状态,然后线段树合并或者线段树启发式合并转移来优化一下,但是真的不好写……

考虑求LIS的那个二分+单调数组来做,那个东西的本质其实就是维护了一堆各种长度的断点一样的东西(考虑答案为\(n\),\(n - 1\)……的情况,在值的选取上各个情况之间会有断点)。那么我们就用一个multiset来维护断点,然后启发式合并即可。

考虑一棵子树,把根的子树进行合并,根加进来之后对断点会有何影响?那么考虑现在那个multiset里那个东西的后继(要lower_bound,因为如果有和根权值一样的点的话拐点不会发生变化。这里讨论有后继的情况),如果要取到那个点的长度的LIS的话,现在只需要小于等于根的权值的点就行了,取到这个点也不会使LIS变大(它不能和根共存),所以那个点就不是拐点了。并且无论是否出现这种情况,根那个点都会成为一个新的拐点。

然后DFS一遍就行啦。

代码:

/**************************************************************
    Problem: 4919
    User: danihao123
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:992 ms
    Memory:25648 kb
****************************************************************/
 
#include <cstdio>
#include <set>
#include <vector>
const int maxn = 200005;
std::vector<int> G[maxn];
 
std::multiset<int> *st[maxn];
void merge(int x, int y) {
  if(st[x] -> size() < st[y] -> size()) std::swap(st[x], st[y]);
  while(st[y] -> size() > 0) {
    std::multiset<int>::iterator it = st[y] -> begin();
    int v = *it; st[y] -> erase(it);
    st[x] -> insert(v);
  }
}
int d[maxn];
void dfs(int x) {
  for(int i = 0; i < G[x].size(); i ++) {
    int v = G[x][i];
    dfs(v);
    merge(x, v);
  }
  std::multiset<int>::iterator it = st[x] -> lower_bound(d[x]);
  if(it != (st[x] -> end())) st[x] -> erase(it);
  st[x] -> insert(d[x]);
}
 
int main() {
  int n; scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    int f; scanf("%d%d", &d[i], &f);
    G[f].push_back(i);
  }
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    st[i] = new std::multiset<int>();
  }
  dfs(1);
  printf("%d\n", st[1] -> size());
  for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    delete st[i];
  }
  return 0;
}