test20190717

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$noip$ 套题.

看了下题,感觉可能 $T1$ 比较麻烦,后面两个大概都是 $noip$ 难度.

于是打算把后面两个写了再做 $T1$ .( $flag$ )

$b$

这个题上次 $nicodafagood$ 讲过,当时就直接口胡出来了,做法比较套路.

对第 $4$ 个条件 $\gcd_{i=1}^k a_i=1$ 容斥一下,设 $f(i)$ 表示所有数均为 $i$ 的倍数,不考虑第 $4$ 个条件的答案.

那么原问题答案就是 $f(1)-f(2)-f(3)-f(5)+f(6)\dots$ 有奇数个质因子就减去,偶数个质因子就加上,若它的某个质因子次数 $\ge 2$ ,那么它的贡献一定在算那个质因子的 $f$ 的时候被算入,就不用算了.

所以这个系数就是 $\mu$ ,记不考虑第 $4$ 个条件, $a_i$ 取值范围为 $[1,x]$ 时答案为 $F(x)$ ,即 $f(\lfloor \frac n x \rfloor)$.

原问题答案为 $\sum_{i=1}^n F(\lfloor \frac n i\rfloor)\cdot \mu(i)$ . 显然可以整除分块, $\mu$ 的前缀和用杜教筛计算.

计算 $F(x)$ 也是经典问题,位置 $i$ 的元素加上 $i-1$ ,就变成了求单调递增序列个数,而取值范围变成 $[1,x+k-1]$ .

随便取 $k$ 个数,从小到大排序后恰好对应了一种方案.于是 $F(x)={x+k-1\choose k}$ .

$x$ 可能很大,但 $k\le 10^3$ ,所以每次求组合数的时候暴力 $O(k)$ 求,大概就能过了.

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		fh=-1,jp=getchar();
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
	return out*fh;
}
const int P=1e9+7;
inline int add(int a,int b)
{
	return (a + b) % P;
}
inline int mul(int a,int b)
{
	return 1LL * a * b % P;
}
int fpow(int a,int b)
{
	int res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			res=mul(res,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int inv(int x)
{
	return fpow(x,P-2);
}
const int N=870963;
int prime[N+10],cnt=0,ism[N+10],mu[N+10],summu[N+10];
void init()
{
	ism[1]=1;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;++i)
	{
		if(!ism[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=P-1;
		}
		for(int j=1;j<=cnt && 1LL*prime[j]*i<=N;++j)
		{
			int num=prime[j]*i;
			ism[num]=1;
			if(i%prime[j]==0)
				break;
			mu[num]=add(P,-mu[i]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;++i)
		summu[i]=add(summu[i-1],mu[i]);
}
map<int,int> mp;
int sum(int x)
{
	if(x<=N)
		return summu[x];
	if(mp.find(x)!=mp.end())
		return mp[x];
	int res=1;
	for(int l=2,r;l<=x;l=r+1)
	{
		r=x/(x/l);
		res=add(res,mul(P-sum(x/l),r-l+1));
	}
	return mp[x]=res;
}
int n,k,invfack;
int F(int x)
{
	int res=invfack;
	for(int i=x;i<=x+k-1;++i)
		res=mul(res,i);
	return res;
}
void solve()
{
	n=read(),k=read();
	invfack=1;
	for(int i=2;i<=k;++i)
		invfack=mul(invfack,i);
	invfack=inv(invfack);
	int ans=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		int tmp=add(sum(r),P-sum(l-1));
		tmp=mul(tmp,F(n/l));
		ans=add(ans,tmp);
	}
	printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
	freopen("b.in","r",stdin);
	freopen("b.out","w",stdout);
	init();
	int T=read();
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

$c$

显然是点分治.

但点的贡献写起来比边的贡献麻烦,因为根节点的贡献只能贡献一次.所以记录时带上根节点的贡献,查询时不带.

分两种情况讨论一下,一种是最大值在当前点到根节点路径上,另一种是在根节点到另外一个点的路径上.

式子列一列,发现就相当于二维平面内有若干点,要统计 $x=x_0$ ,$y\le y_0$ 或 $y>y_0$ 的点的数目.

按 $x$ 为第一关键字, $y$ 为第二关键字排序. 这个东西还要离散化,我的做法写起来特别麻烦,细节特别多.

一直写,一直改,终于改对的时候就没时间了.

于是 $T1$ 爆零.

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		fh=-1,jp=getchar();
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		out=out*10+jp-'0',jp=getchar();
	return out*fh;
}
const int inf=1e9;
int P,n;
inline int add(int a,int b)
{
	return (a + b) % P;
}
const int MAXN=1e5+10;
struct SegTree
{
	int idx,Rt;
	struct node
	{
		int ls,rs;
		int sum;
		node(){ls=rs=sum=0;}
	}Tree[MAXN*30];
#define root Tree[o]
	SegTree(){idx=Rt=0;}
	int query(int o,ll l,ll r,ll L,ll R)
	{
		if(!o || L>R || R<=0)
			return 0;
		if(L<=l && r<=R)
			return root.sum;
		ll mid=(l+r)>>1;
		int res=0;
		if(L<=mid)
			res+=query(root.ls,l,mid,L,R);
		if(R>mid)
			res+=query(root.rs,mid+1,r,L,R);
		return res;
	}
	void ins(int &o,ll l,ll r,ll pos,int c)
	{	
		if(pos>r || pos<l)
			return;
		if(!o)
			o=++idx;
		root.sum+=c;
		if(l==r)
			return;
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(pos<=mid)
			ins(root.ls,l,mid,pos,c);
		else
			ins(root.rs,mid+1,r,pos,c);
	}
}T1,T2,T3,T4;
typedef pair<int,int> pii;
#define mp make_pair
int head[MAXN],to[MAXN<<1],nx[MAXN<<1],ecnt=0;
int val[MAXN];
void addedge(int u,int v)
{
	++ecnt;
	to[ecnt]=v;
	nx[ecnt]=head[u];
	head[u]=ecnt;
}
ll ans=0;
int rt,mi,totsiz,siz[MAXN],vis[MAXN];
void Findrt(int u,int fa)
{
	siz[u]=1;
	int mxsiz=0;
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa || vis[v])
			continue;
		Findrt(v,u);
		siz[u]+=siz[v];
		mxsiz=max(mxsiz,siz[v]);
	}
	mxsiz=max(mxsiz,totsiz-siz[u]);
	if(mxsiz<mi)
		mi=mxsiz,rt=u;
}
pii stk1[MAXN],stk2[MAXN];
int tp1=0,tp2=0;
pii q1[MAXN],q2[MAXN];
pii q3[MAXN],q4[MAXN];
int t=0,t1,t2;
inline int id1l(int sum,int mx)
{
	return lower_bound(q1+1,q1+t1+1,mp(sum,mx))-q1;
}
inline int id1r(int sum,int mx)
{
	return upper_bound(q1+1,q1+t1+1,mp(sum,mx))-q1-1;
}

inline int id2l(int sum,int mx)
{
	return lower_bound(q2+1,q2+t2+1,mp(sum,mx))-q2;
}
inline int id2r(int sum,int mx)
{
	return upper_bound(q2+1,q2+t2+1,mp(sum,mx))-q2-1;
}
int calc1(int sum,int mx)
{
	ll L=id1l(add(P,mx-sum),0);
	ll R=id1r(add(P,mx-sum),mx);
	int k=T1.query(1,1,n,L,R);
	return k; 
}
int calc2(int sum,int mx)
{
	ll L=id2l(sum,mx-1);
	ll R=id2r(sum,1000000000);
	int k=T2.query(1,1,n,L,R);
	return k;
}
void dfs_pre(int u,int fa,int sum,int mx)
{
	sum=add(sum,val[u]);
	mx=max(mx,val[u]);
	q1[++t]=mp(sum,mx);
	q2[t]=mp(add(P,mx-sum),mx);
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa || vis[v])
			continue;
		dfs_pre(v,u,sum,mx);
	}
}
void dfs(int u,int fa,int SS,int MM,int sum,int mx)
{
	sum=add(sum,val[u]);
	mx=max(mx,val[u]);
	SS=add(SS,val[u]);
	MM=max(MM,val[u]);
	ans+=calc1(sum,mx);
	ans+=calc2(sum,mx);
	stk2[++tp2]=mp(SS,MM);
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
	{
		int v=to[i];
		if(v==fa || vis[v])
			continue;
		dfs(v,u,SS,MM,sum,mx);
	}
}
void solve(int u)
{
	t=0;
	q1[++t]=mp(val[u]%P,val[u]);
	q2[t]=mp(0,val[u]);
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
	{
		int v=to[i];
		if(vis[v])
			continue;
		dfs_pre(v,0,val[u]%P,val[u]);
	}
	sort(q1+1,q1+1+t);
	sort(q2+1,q2+1+t);
	t1=unique(q1+1,q1+1+t)-q1-1;
	t2=unique(q2+1,q2+1+t)-q2-1;
	stk1[tp1=1]=mp(val[u]%P,val[u]);
	T1.ins(T1.Rt,1,n,id1l(val[u]%P,val[u]),1);
	T2.ins(T2.Rt,1,n,id2l(0,val[u]),1);
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
	{
		int v=to[i];
		if(vis[v])
			continue;
		tp2=0;
		dfs(v,0,val[u],val[u],0,0);
		for(int i=1;i<=tp2;++i)
		{
			T1.ins(T1.Rt,1,n,id1l(stk2[i].first,stk2[i].second),1);
			T2.ins(T2.Rt,1,n,id2l(add(P,stk2[i].second-stk2[i].first),stk2[i].second),1);
			stk1[++tp1]=stk2[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=tp1;++i)
	{
		T1.ins(T1.Rt,1,n,id1l(stk1[i].first,stk1[i].second),-1);
		T2.ins(T2.Rt,1,n,id2l(add(P,stk1[i].second-stk1[i].first),stk1[i].second),-1);
	}
}
void Divide(int u)
{
	vis[u]=1;
	solve(u);
	for(int i=head[u];i;i=nx[i])
	{
		int v=to[i];
		if(vis[v])
			continue;
		mi=inf;
		totsiz=siz[v];
		Findrt(v,0);
		Divide(rt);
	}
}
int main()
{
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	n=read(),P=read();
	for(int i=1;i<n;++i)
	{
		int u=read(),v=read();
		addedge(u,v);
		addedge(v,u);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		val[i]=read();
	mi=inf;
	totsiz=n;
	Findrt(1,0);
	Divide(rt);
	cout<<ans+n<<endl;
	return 0;
}

$a$

暴力 + 最优化剪枝 可过.