文章目录

2020杭电多校赛 Multi-University Training Contest
- 第一场多校出题人朝鲜MUTC KUT Round
- - 1005_6755 Fibonacci Sum: 二次剩余_Fib的k次幂和
  - 1006_6756 Finding a MEX: 分块_线段树_树状数组
  - 1009_6759 Leading Robots: 优先队列贪心
- 第二场多校出题人 Claris
- - 1007 In Search of Gold: 二分+树dp
- 第三场多校出题人 Tokitsukaze and Her Friends
- - 1006_6796 X Number: 数位dp
- 第四场多校出题人 Hangzhou Xuejun Contest
- 第五场多校出题人福州大学
- - 1007 Tree: 优先队列贪心维护换根dp
- 第六场多校出题人 USETC
- - 1001 Road To The 3rd Building: 期望线性性
  - 1005 Fragrant numbers: 区间DP
  - 1007 A Very Easy Math Problem: 莫比乌斯反演
  - 1008 Yukikaze and Smooth numbers: min25筛
- CCPC网络赛出题人：北大出题组
- - Xor: 数位dp

2020杭电多校赛 Multi-University Training Contest

第一场多校出题人朝鲜MUTC KUT Round

1005_6755 Fibonacci Sum: 二次剩余_Fib的k次幂和

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题意
1≤n,c≤1e18,1≤k≤1e51\le n,c\le1e18, 1\le k\le 1e51≤n,c≤1e18,1≤k≤1e5
Fib1=1,Fib1=1,Fibn=Fibn−1+Fibn−2Fib1=1,Fib1=1,Fib_n=Fib_{n-1}+Fib_{n-2}Fib1=1,Fib1=1,Fibn=Fibn−1+Fibn−2
求Fib0k+Fibck+Fib2ck+...+Fibnck,mod=1e9+9Fib_0^k+Fib_{c}^k+Fib_{2c}^k+...+Fib_{nc}^k,\;mod=1e9+9Fib0k+Fibck+Fib2ck+...+Fibnck,mod=1e9+9

前请提要
有关取模、同余、逆元的一些东西：
fib[n]=55×[(1+52)n−(1−52)n]fib[n] = \frac{\sqrt5}{5}\times [(\frac{1+\sqrt5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n]fib[n]=55×[(21+5)n−(21−5)n]
p=1e9+9p = 1e9 + 9p=1e9+9
二次剩余：
3830080162≡5(modp)383008016^2 ≡ 5 (mod\;p)3830080162≡5(modp)
383008016≡5(modp)383008016 ≡ \sqrt5 (mod\;p)383008016≡5(modp)
15≡276601605(modp)\frac{1}{\sqrt5}≡276601605(mod\;p)51≡276601605(modp)
383008016的逆元=276601605383008016的逆元 = 276601605383008016的逆元=276601605
(1+5)/2≡691504013(modp)(1+\sqrt5)/2≡691504013(mod\;p)(1+5)/2≡691504013(modp)
383008017×2的逆元=691504013383008017\times 2的逆元 = 691504013383008017×2的逆元=691504013
(1−5)/2≡308495997(modp)(1-\sqrt5)/2≡308495997(mod\;p)(1−5)/2≡308495997(modp)
(p−383008016+1)×2的逆元=308495997(p-383008016+1)\times 2的逆元 = 308495997(p−383008016+1)×2的逆元=308495997

fib[n]=276601605×[(691504013)n−(308495997)n](modp)fib[n] = 276601605\times [(691504013)^n-(308495997)^n] (mod\;\;p)fib[n]=276601605×[(691504013)n−(308495997)n](modp)
fibfibfib前nnn项和等比数列求和：sum=aa−1×(an−1)(modp)=a2(an−1)(modp)=an+2−a2(modp)sum = \frac{a}{a-1} \times (a^n - 1) (mod\;\;p) = a^2(a^n-1)(mod\;\;p)=a^{n+2}-a^2(mod\;\;p)sum=a−1a×(an−1)(modp)=a2(an−1)(modp)=an+2−a2(modp)
当p=1e9+9,a=691504013或308495997时成立p=1e9+9, a = 691504013或308495997时成立p=1e9+9,a=691504013或308495997时成立。
思路
通过上面我们知道，在模p=1e9+9p=1e9+9p=1e9+9意义下有:
fib[n]=276601605×[(691504013)n−(308495997)n](modp)=d×(an−bn)fib[n] = 276601605\times [(691504013)^n-(308495997)^n] (mod\;\;p)=d\times(a^n-b^n)fib[n]=276601605×[(691504013)n−(308495997)n](modp)=d×(an−bn)
fibnc=d×(acn−bcn)=d×(An−Bn)=FibCn，A=ac,B=bcfib_{nc}=d\times(a^{cn}-b^{cn})=d\times(A^n-B^n)=FibC_n，\;A=a^c,B=b^cfibnc=d×(acn−bcn)=d×(An−Bn)=FibCn，A=ac,B=bc
(1dfibnc)k(\frac1dfib_{nc})^k(d1fibnc)k二项式展开有：
Ck0(An)k+(−1)1Ck1(An)k−1(Bn)+(−1)2Ck2(An)k−2(Bn)2+...+(−1)rCkr(An)k−r(Bn)r+...+(−1)k−1Ckk−1(An)(Bn)k−1+(−1)kCkk(Bn)kC_k^0(A^n)^k+(-1)^1C_k^1(A^n)^{k-1}(B^n)+(-1)^2C_k^2(A^n)^{k-2}(B^n)^2+...+(-1)^rC_k^r(A^n)^{k-r}(B^n)^r+...+(-1)^{k-1}C_k^{k-1}(A^n)(B^n)^{k-1}+(-1)^kC_k^k(B^n)^kCk0(An)k+(−1)1Ck1(An)k−1(Bn)+(−1)2Ck2(An)k−2(Bn)2+...+(−1)rCkr(An)k−r(Bn)r+...+(−1)k−1Ckk−1(An)(Bn)k−1+(−1)kCkk(Bn)k
Ck0(Ak)n+(−1)1Ck1(Ak−1)n(B)n+(−1)2Ck2(Ak−2)n(B2)n+...+(−1)rCkr(Ak−r)n(Br)n+...+(−1)k−1Ckk−1(A)n(Bk−1)n+(−1)kCkk(Bk)nC_k^0(A^k)^n+(-1)^1C_k^1(A^{k-1})^n(B)^n+(-1)^2C_k^2(A^{k-2})^n(B^2)^n+...+(-1)^rC_k^r(A^{k-r})^n(B^r)^n+...+(-1)^{k-1}C_k^{k-1}(A)^n(B^{k-1})^n+(-1)^kC_k^k(B^k)^nCk0(Ak)n+(−1)1Ck1(Ak−1)n(B)n+(−1)2Ck2(Ak−2)n(B2)n+...+(−1)rCkr(Ak−r)n(Br)n+...+(−1)k−1Ckk−1(A)n(Bk−1)n+(−1)kCkk(Bk)n
现在我们要求FibCFibCFibC的前nnn项和，我们O(k)O(k)O(k)枚举CkrC_k^rCkr，逐项求出前nnn项和再累加即可。
对于(−1)rCkr(-1)^rC_k^r(−1)rCkr而言，令a=Ak−rBra=A^{k-r}B^ra=Ak−rBr，前nnn项和为(−1)rCkr×a×(an−1)a−1(-1)^rC_k^r\times\frac {a\times(a^n-1)}{a-1}(−1)rCkr×a−1a×(an−1)
可以加的几个优化：

欧拉降幂，n,c≤1e18,p=1e9+9n,c\le1e18,p=1e9+9n,c≤1e18,p=1e9+9，an(modp)=an%ϕ(p)(modp)a^n(mod \;p)=a^{n\%\phi(p)}(mod\;p)an(modp)=an%ϕ(p)(modp) ^_^
a=Ak−rBra=A^{k-r}B^ra=Ak−rBr没有必要预处理，我们可以在线求，令a=Aka=A^ka=Ak，然后a=a∗b∗inv(a)a=a*b*inv(a)a=a∗b∗inv(a)即可
同理ana^nan也可以在线求，然后就过了。

备注
参考：ACDreamers
AC_CODE
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1006_6756 Finding a MEX: 分块_线段树_树状数组

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题意
n,m,q≤1e5n,m,q\le 1e5n,m,q≤1e5无向图, Su={Av∣(u,v)∈E}S_u=\{A_v|(u,v)\in E\}Su={Av∣(u,v)∈E},Fu=mex(Su)F_u=mex(S_u)Fu=mex(Su)
type1:1ux,changeAu=xtype 1: 1\;u\;x, change\;A_u = xtype1:1ux,changeAu=x
type2:2u,queryFutype 2: 2\;u, query\;F_utype2:2u,queryFu
思路
度数大于m\sqrt mm的超级点不超多m\sqrt mm个。
小点暴力算，超级点用分块或者bit，线段树
分块复杂度O(n∗n)O(n*\sqrt n)O(n∗n), 1170ms
线段树复杂度O(n∗n∗log(n))O(n*\sqrt n*log(n))O(n∗n∗log(n)), 1560MS
树状数组+二分求mex复杂度O(n∗n∗log(n)∗log(n))O(n*\sqrt n*log(n)*log(n))O(n∗n∗log(n)∗log(n)), 1092MS
树状数组求mex复杂度O(n∗n∗log(n)∗log(n))O(n*\sqrt n*log(n)*log(n))O(n∗n∗log(n)∗log(n)), 1762MS
动态开点线段树TLE
分块维护每个块内数字第一次出现的次数，O(n)O(\sqrt n )O(n)修改，O(n)O(\sqrt n )O(n)查询
线段树维护mex其实就是维护最小值
备注

AC_CODE
分块，线段树，树状数组求mex，树状数组+二分求mex

1009_6759 Leading Robots: 优先队列贪心

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题意
有n(1e5)n(1e5)n(1e5)辆车在数轴正半轴，每个车在初始位置在pip_ipi、初速度000，加速度aia_iai，可能有车信息完全相同，问有多少辆车存在某一个时刻它走在当之无愧的第一名，也就是没有并列。
思路
1.把所有车子uniqueuniqueunique一下，相同车子记录他的个数(当然如果它个数大于111，我是不会算它的贡献滴)
2.用单调栈预处理一下，去掉永远不可能在第一位的车子。
3.用rs[]rs[]rs[]记录每个车子下一个要超过的车子的编号
4.优先队列保存每个车子iii超过车子rs[i]rs[i]rs[i]的时间，优先队列每次取出时间最短的那个车子
6.判断他是否超车到了第一位，若是就记录，并且若这是最初排在最后一位的车子就break结束
5.然后去掉rs[i]rs[i]rs[i]这个车子，因为他还没到第一就已经被车子iii超车了
6.复杂度O(n∗log(n))O(n*log(n))O(n∗log(n))
备注
去年多校也有一个车子过红绿灯贪心题HDU Vacation
AC_CODE
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第二场多校出题人 Claris

1007 In Search of Gold: 二分+树dp

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题意
n(2e4),k(20)n(2e4),k(20)n(2e4),k(20)，nnn个节点的树，每条边有两种长度属性(a,b)(a,b)(a,b)，已知恰好有kkk条边长度
属性为aaa，其他边均为bbb，问这种树的直径最小可能时多少。
思路
二分答案+树形DP
初始化dp[u][0]=0,dp[u][1−k]=INFdp[u][0]=0,dp[u][1-k]=INFdp[u][0]=0,dp[u][1−k]=INF
dp[u][i]dp[u][i]dp[u][i]表示u的子树内有iii条边选择树形值aaa的情况下的最长叶子路径
状态转移时确保直径小于等于midmidmid即可。
若dp[1][k]≤middp[1][k]\le middp[1][k]≤mid表示有解。
备注
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第三场多校出题人 Tokitsukaze and Her Friends

1006_6796 X Number: 数位dp

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题意
f(x)f(x)f(x)等于xxx中出现次数最多的那一个数字。
问l,rl,rl,r中有几个数字f(x)=d,0≤d≤9f(x)=d,0\le d\le 9f(x)=d,0≤d≤9.
思路
数位dp数位dp数位dp同时要记录前面各位选的数字的次数，可用大小为101010的arrayarrayarray存起来
为了保证能正确的记忆化，这个arrayarrayarray应该占dpdpdp的一维状态，所以只能用mapmapmap表示dpdpdp状态
map<array<int,10>,int64>dp[d][pos][leadZero]map<array<int, 10>, int64> dp[d][pos][leadZero]map<array<int,10>,int64>dp[d][pos][leadZero]
表示只考虑ddd类数，pospospos前的位数，是否有前导000，数字使用情况为arrayarrayarray的合法方案数。
仅当!limit!limit!limit时才记忆化。

当数字使用情况为arrayarrayarray所记录，且还能使用pospospos位任意0−90-90−9数字时，想要让众数为d的方案数
可以使用母函数DP母函数DP母函数DP写出来，复杂度O(n4)O(n^4)O(n4)。

算法时间复杂度我猜为 O(进制数∗位数+进制数∗新增状态数∗184)O(进制数*位数+进制数*新增状态数*18^4)O(进制数∗位数+进制数∗新增状态数∗184)
备注

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第四场多校出题人 Hangzhou Xuejun Contest

第五场多校出题人福州大学

1007 Tree: 优先队列贪心维护换根dp

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题意
n(2e5)n(2e5)n(2e5)个点的带边权的树，选出一个连通子图，保证至多只有一个点的度数可以大
于k(0≤k<n)k(0\le k\lt n)k(0≤k<n)，问这种子图的最大边权和。
思路
换根dpdpdp+优先队列贪心
dp[u][0]dp[u][0]dp[u][0]表示至多选出uuu的k−1k-1k−1个子树的最大边权和
dp[u][1]dp[u][1]dp[u][1]表示至多选出uuu的kkk个子树的最大边权和
dp[u][1]=∑maxkv(dp[v][0]+wuv)dp[u][1] = \sum_{max\;k\;v} (dp[v][0]+w_{uv})dp[u][1]=∑maxkv(dp[v][0]+wuv)
选出最大的kkk个dp[v][0]+wuvdp[v][0]+w_{uv}dp[v][0]+wuv转移即可，优先队列贪心维护最大的kkk个。
k_son_val[u]k\_son\_val[u]k_son_val[u]表示uuu的第kkk大的子树权值和：dp[v][0]+wuvdp[v][0]+w_{uv}dp[v][0]+wuv
max_k1_son[v]max\_k1\_son[v]max_k1_son[v]表示vvv是否属于其父亲子树中权值和最大的k−1k-1k−1个子树
备注

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第六场多校出题人 USETC

1001 Road To The 3rd Building: 期望线性性

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题意
n(2e5)n(2e5)n(2e5)的序列，求每个区间平均值的期望。
思路
算每个数字的期望加起来即可。
备注
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1005 Fragrant numbers: 区间DP

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题意
求114514191911451419191145141919一个最短前缀，添加任意(,),+,*后数值为n(5000)n(5000)n(5000).
思路
O(133∗n2)O(13^3*n^2)O(133∗n2)区间dp即可。
备注

1007 A Very Easy Math Problem: 莫比乌斯反演

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题意
T≤1e4,n≤2e5,k,x≤1e9T\le1e4,n\le2e5,k,x\le1e9T≤1e4,n≤2e5,k,x≤1e9
求：
∑a1=1n...∑ax=1n(∏j=1xajk)×f(gcd(a1,...,ax))×gcd(a1,...,ax)\sum_{a_1=1}^n...\sum_{a_x=1}^n(\prod_{j=1}^xa_j^k)\times f(gcd(a_1,...,a_x))\times gcd(a_1,...,a_x) a1=1∑n...ax=1∑n(j=1∏xajk)×f(gcd(a1,...,ax))×gcd(a1,...,ax)
思路
∑a1=1n...∑ax=1n(∏j=1xajk)=(∑i=1nik)x\sum_{a_1=1}^n...\sum_{a_x=1}^n(\prod_{j=1}^xa_j^k)=(\sum_{i=1}^ni^k)^x a1=1∑n...ax=1∑n(j=1∏xajk)=(i=1∑nik)x
容易推导出：
⇓\Downarrow⇓
∑d=1nf(d)dxk∑p=1ndμ(p)×pxk×S(npd)\sum_{d=1}^nf(d)d^{xk}\sum_{p=1}^{\frac nd}\mu(p)\times p^{xk}\times S(\frac n{pd}) d=1∑nf(d)dxkp=1∑dnμ(p)×pxk×S(pdn)
比赛时的测评机全部预处理O(n×n+Tn)O(n\times \sqrt n+T\sqrt n)O(n×n+Tn)即可通过，比赛后的测评机记忆化处理也能过。
还可以进一步优化。
⇓\Downarrow⇓
T=pd,∑T=1nS(nT)×Txk∑p∣Tμ(p)f(Tp)T=pd,\sum_{T=1}^nS(\frac nT)\times T^{xk}\sum_{p|T}\mu(p)f(\frac Tp) T=pd,T=1∑nS(Tn)×Txkp∣T∑μ(p)f(pT)
备注
由于出题人不卡时限，所以O(n×log(n)+Tn)O(n\times log(n)+T\sqrt n)O(n×log(n)+Tn)或者O(n+Tn)O(n+T\sqrt n)O(n+Tn)均可以通过。
AC_CODE
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线性筛代码：

const int mod = 1e9 + 7;
int fpow (int a, int b) { int ret = 1; while (b) { if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod; a = 1ll * a * a % mod; b >>= 1; } return ret; }
int add (int a, int b) { return (a += b) >= mod ? a - mod : a; }
int sub (int a, int b) { return (a -= b) >= 0 ? a : a + mod; }
int mul (long long a, int b) { return a * b % mod; }
int inv (int a) { return fpow(a, mod - 2); }
int p[N], pc;
bool ptag[N];
int f[N], low[N];
void sieve (int n = N - 1) {f[1] = low[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) {if (!ptag[i]) {p[++ pc] = i;f[i] = sub(i, 1);low[i] = i;}for (int j = 1, k; j <= pc && i * p[j] <= n; j++) {ptag[k = i * p[j]] = 1;if (i % p[j]) {low[k] = p[j];f[k] = mul(f[i], f[p[j]]);} else {low[k] = low[i] * p[j];if (low[i] == i) {if (low[i] == p[j])f[k] = sub(mod, p[j]);else f[k] = 0;} elsef[k] = mul(f[i / low[i]], f[low[i] * p[j]]);break;}}}
}

1008 Yukikaze and Smooth numbers: min25筛

待补

CCPC网络赛出题人：北大出题组

Xor: 数位dp

题意
T:2e3T:2e3T:2e3, abcd:1e9abcd:1e9abcd:1e9
问有多少对(x,y)(x, y)(x,y)满足∣x−y∣≤c|x-y|\le c∣x−y∣≤c且x⨁y≤d,0≤x≤a,0≤y≤bx\bigoplus y \le d, 0\le x\le a, 0\le y\le bx⨁y≤d,0≤x≤a,0≤y≤b。
链接：点我点我
思路
两个限制条件：

xorxorxor
ip1 = 1 means equal to c, ip1 = 0 means less than c
absabsabs
∣x−y∣≤m⟹x−y≤m&&x−y≥−m|x - y| \leq m\Longrightarrow\;\; x-y \le m\;\&\&\;x-y\ge -m∣x−y∣≤m⟹x−y≤m&&x−y≥−m
⟹m−x+y>=0&&m+x−y>=0\Longrightarrow m - x + y >= 0\;\&\&\;m + x - y >= 0⟹m−x+y>=0&&m+x−y>=0.
m,x,ym, x, ym,x,y 可取 0 或 1, 上述式子取值可以是 −1,0,1,2-1, 0, 1, 2−1,0,1,2.
若[高位]≥1[高位] \ge 1[高位]≥1 , 后面数位就算全取-1最后结果还满足条件，x,yx,yx,y取值不受限制。此位就算大于1也可以按1考虑；
若[高位]<−1[高位] \lt -1[高位]<−1 ,后面就算全取2也一定不行，所以直接返回0就行；
又因为只有两个值同时大于等于1的时候才可以返回1。
所以只需考虑上述式子取值为1或0或-1的情况。
为避免负数下标，令-1为0，0为1，1为2

AC_CODE
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