Part.I 游记

又是爆炸的一天。。。

今天上午10点45左右收到了来自WLS的QQ。。。（然而我并没有收到QAQ…我下午才发现。。。

今天第一题的转移就像一个矩乘的题，然而我连矩阵都没有构造出来。。。然后就只有30的暴力分了。。。

第二题看上去就是个二分图匹配，然后我就愉快的打了个匈牙利。。。然后居然RE了。。。（我写得太丑了。。。（考完发现它就是贪心。。。

第三题最后才发现至少能骗90分。。。然而我没有时间去打了。。

Part.II 题解

A.小L的数列

题目

题目描述

输入

一行两个整数n和k。

之后1行k个正整数b1…bk。

之后1行k个正整数f1…fk。

输出

输出一个整数表示fn

样例输入

【样例输入1】
5 4
1 2 3 4
4 3 2 1
【样例输入2】
100000 4
1 2 3 4
12 23 34 45

样例输出

【样例输出1】
27648
【样例输出2】
33508797

数据范围

对于30%的数据，n≤10000.

对于另外20%的数据，bi=1,n≤1000000.

对于另外20%的数据，f[1]…f[k-1]=1.

对于另外20%的数据，k≤30.

对于100%的数据，1≤k≤200,1≤n≤40000000,1≤bi,fi≤998244352.

提示

样例解释：122333444*4=27648

分析

不难发现每步转移的实质是相同的，所以我们考虑利用矩阵乘法解决这道题，因为幂的乘法就相当于指数的加法，幂的乘方就相当于指数的乘法。

对于任意一个数fi(i≥k)f_i(i\ge k)fi(i≥k)，我们都可以将它表示成f1a1f2a2⋯fkakf_1^{a_1}f_2^{a_2}\cdots f_k^{a_k}f1a1f2a2⋯fkak，所以我们只求出它的每个数的指数就可以了。

对于一个数fjf_jfj，当它处在第iii个位置时，它的指数就会乘上bib_ibi。所以我们可以构造一个对角线为111，第一列为b1,b2,…,bkb_1,b_2,\ldots,b_kb1,b2,…,bk的矩阵，对于每个数做快速幂即可。

这样时间复杂度显然是过不去的。不难发现对于每个数，所构造出的矩阵都是一样的，所以我们可以先预处理出这个矩阵，最后统计答案即可。

参考代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;const int Maxk=200;
const int Mod=998244353;int N,K,B[Maxk+5],f[Maxk+5];struct Matrix {int a[Maxk+5][Maxk+5];
};
Matrix operator * (Matrix &lhs,Matrix &rhs) {Matrix ret;memset(ret.a,0,sizeof ret.a);for(int i=1;i<=K;i++)for(int j=1;j<=K;j++)for(int k=1;k<=K;k++)ret.a[i][k]=(ret.a[i][k]+1LL*lhs.a[i][j]*rhs.a[j][k]%(Mod-1))%(Mod-1);return ret;
}inline int QuickPow(int a,int k) {int ret=1;while(k) {if(k&1)ret=(1LL*ret*a)%Mod;a=1LL*a*a%Mod;k>>=1;}return ret;
}
inline Matrix QuickPow(Matrix t,int k) {Matrix ret;memset(ret.a,0,sizeof ret);for(int i=1;i<=K;i++)ret.a[i][i]=1;while(k) {if(k&1)ret=ret*t;t=t*t;k>>=1;}return ret;
}int main() {//  #ifdef LOACL
//  freopen("in.txt","r",stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);
//  #endiffreopen("seq.in","r",stdin);freopen("seq.out","w",stdout); scanf("%d %d",&N,&K);for(int i=1;i<=K;i++)scanf("%d",&B[i]);for(int i=1;i<=K;i++)scanf("%d",&f[i]);if(N<=K) {printf("%d\n",f[N]);return 0;}Matrix res;res.a[1][1]=B[1];for(int i=2;i<=K;i++)res.a[i][i-1]=1,res.a[1][i]=B[i];res=QuickPow(res,N-K);int ans=1;for(int i=1;i<=K;i++)ans=1LL*ans*QuickPow(f[K-i+1],res.a[1][i])%Mod;printf("%d\n",ans);return 0;
}

B.梦境

题目

题目描述

输入

输出

样例输入

2 2
1 3
2 4
1
3

样例输出

数据范围

分析

这道题不难看出是个二分图最大匹配问题，可以用二分图+网络流骗到70分（网络流的复杂度其实是跑不满的。

那么对于100分的数据，不难发现难点其实是在建图上。不难发现将转折点按时间顺序排好后，对于一个梦境，它其实是对应了一段连续的转折点，所以我们可以采用线段树优化，最后再跑一跑ISAP就可以了。（这样似乎就可以拿到100分了。。。

考虑贪心，对于一个转折点，我们选取左端点离它最近的点与它配对，用优先队列维护即可（正确性我不会证QAQ。。。

参考代码

贪心

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;const int Maxn=200000;int N,M;
struct Node {int l,r;bool operator < (const Node &rhs) const {return l==rhs.l?r<rhs.r:l<rhs.l;}
};int T[Maxn+5];
Node A[Maxn+5];int main() {//  #ifdef LOACL
//  freopen("in.txt","r",stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);
//  #endiffreopen("dream.in","r",stdin);freopen("dream.out","w",stdout);scanf("%d %d",&N,&M);for(int i=1;i<=N;i++)scanf("%d %d",&A[i].l,&A[i].r);for(int i=1;i<=M;i++)scanf("%d",&T[i]);sort(A+1,A+N+1),sort(T+1,T+M+1);priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;int ans=0;for(int i=1,j=1;i<=M;i++) {while(j<=N&&A[j].l<=T[i])q.push(A[j].r),j++;while(!q.empty()&&q.top()<T[i])q.pop();if(!q.empty()&&q.top()>=T[i])ans++,q.pop();}printf("%d\n",ans);return 0;
}

线段树优化建图网络流

待填坑

C.树

题目

题目描述

有一棵n个节点的无根树，给出其中的m对点对<x,y>。问有多少条树上的简单路径<u,v>满足该路径上不存在任何一对给出的点对<x,y>。

这里我们认为路径<u,v>和<v,u>是相同的。并且对于题目中给出的点对<x,y>满足x!=y，对于你要计数的路径<u,v>满足u!=v（即单点不算答案）。

输入

第一行两个正整数n,m。
接下来n-1行每行两个正整数u,v描述树上的一条边。
接下来m行每行两个正整数x,y描述一对给出的点对。
（注意，这里我们不保证同样的点对<x,y>不会重复出现）

输出

一行一个整数，表示满足要求的树上简单路径的条数。

样例输入

8 3
1 2
1 3
4 8
2 4
2 5
3 6
3 7
2 3
4 8
6 7

样例输出

数据范围

样例解释

满足条件的路径为<1,2>，< 1,3 >，< 1,4 >，< 1,5 >，< 1,6 >，< 1,7 >，< 2,4 >，< 2,5 >，< 3,6 >，< 3,7 >，< 4,5 >。

分析

我们发现直接计算合法路径似乎有点困难，所以我们考虑计算不合法路径。

对于菊花图的情况，不难发现只要有了点对< 1,u >，就相当于把u删了，有了点对< u,v >，就相当于多了一个不合法的路径。

对于一条链，一个限制< u,v >就相当于在这个DFS序列上，不合法的路径的一端落在[1,u][1,u][1,u]，另一端落在[v,N][v,N][v,N]的一个序列，则问题转化为求不合法方案数的并集。若我们把[1,u][1,u][1,u]看做平行于xxx轴上的一条线段，[v,N][v,N][v,N]看做平行于yyy轴的线段，这些不合法的点对数量就是这个矩形的面积。这是个二维的限制，我们就可以利用扫描线+线段树解决这个问题。

那么我们考虑用DFS序解决掉这个问题。若两个节点不是祖先-后代的关系，那么不合法的路径的起点和终点必须分别在两棵子树内部。否则若uuu为祖先，vvv为后代，那么不合法路径的起点和终点分别是vvv子树内部节点和uuu子树中除vvv子树的其他节点。

接下来套用链上的做法即可。

参考代码

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;const int Maxn=100000;
const int Maxlogn=18;int N,M;struct SegmentTree {struct Segment {int val,tag;};Segment t[Maxn*8+5];void modify(int rt,int l,int r,int ml,int mr,int val) {if(ml<=l&&r<=mr) {t[rt].tag+=val;if(t[rt].tag)t[rt].val=r-l+1;else if(l==r)t[rt].val=0;else t[rt].val=t[rt<<1].val+t[rt<<1|1].val;return;}int mid=(l+r)>>1;if(ml<=mid)modify(rt<<1,l,mid,ml,mr,val);if(mr>=mid+1)modify(rt<<1|1,mid+1,r,ml,mr,val);if(t[rt].tag)t[rt].val=r-l+1;else if(l==r)t[rt].val=0;else t[rt].val=t[rt<<1].val+t[rt<<1|1].val;}
};
SegmentTree tr;struct Matrix {int line,y1,y2;int val;bool operator < (const Matrix &rhs) const {return line<rhs.line;}
};
vector<Matrix> t;
void add_matrix(int x1,int x2,int y1,int y2) {t.push_back(Matrix{x1,y1,y2,1});t.push_back(Matrix{x2+1,y1,y2,-1});
}struct Edge {int to;Edge *nxt;
};
Edge pool[Maxn*2+5];
Edge *ecnt=&pool[0];
Edge *G[Maxn+5];
void addedge(int u,int v) {Edge *p=++ecnt;p->to=v;p->nxt=G[u],G[u]=p;
}
int dep[Maxn+5],fa[Maxn+5][Maxlogn+5];
int dfn[Maxn+5],fir[Maxn+5],las[Maxn+5],cnt;
void dfs(int u,int f,int depth) {dfn[++cnt]=u,fir[u]=cnt;dep[u]=depth,fa[u][0]=f;for(int i=1;i<=Maxlogn;i++)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];for(Edge *p=G[u];p!=NULL;p=p->nxt) {int v=p->to;if(v==f)continue;dfs(v,u,depth+1);}las[u]=cnt;
}
int calc_lca(int u,int v) {for(int i=Maxlogn;i>=0;i--)if(dep[fa[v][i]]>dep[u])v=fa[v][i];return v;
}int main() {//  #ifdef LOACL
//  freopen("in.txt","r",stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);
//  #endiffreopen("tree.in","r",stdin);freopen("tree.out","w",stdout);scanf("%d %d",&N,&M);for(int i=1;i<N;i++) { int u,v;scanf("%d %d",&u,&v);addedge(u,v);addedge(v,u);}dfs(1,-1,1);for(int i=1;i<=M;i++) {int u,v;scanf("%d %d",&u,&v);if(fir[u]>fir[v])swap(u,v);if(fir[v]<=las[u]&&fir[v]>fir[u]) {int lca=calc_lca(u,v);if(fir[lca]>1)add_matrix(1,fir[lca]-1,fir[v],las[v]);if(las[lca]<N)add_matrix(fir[v],las[v],las[lca]+1,N);} else add_matrix(fir[u],las[u],fir[v],las[v]);}sort(t.begin(),t.end());long long ans=1LL*N*(N-1)/2;for(int i=1,j=0;i<=N;i++) {while(j<(int)t.size()&&t[j].line<=i)tr.modify(1,1,N,t[j].y1,t[j].y2,t[j].val),j++;ans-=tr.t[1].val;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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输出

样例输入

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数据范围

提示

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B.梦境

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题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

数据范围

分析

参考代码

贪心

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C.树

题目

题目描述

输入

输出

样例输入

样例输出

数据范围

样例解释

分析

参考代码

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