黑吉辽沪冀晋六省联考 2017 BZOJ 486848694870487148724873

~~趁着网络上题解还不是很多，赶快怒写一发骗一下访问量~~
这套题在BZOJ上的题号是4868～4873。
感觉还不错，就是有一些题弄起来有一点小恶心……
这套题的部分分给得都很多，很良心的QAQ

BZOJ 4868 [Shoi2017]期末考试

枚举+贪心

枚举i表示第i天出完，把i之后的贪心挪到i即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100005
using namespace std;
namespace runzhe2000
{typedef long long ll;ll A, B, C, ans = 1ll<<60;int cntn[N], cntm[N], n, m;void main(){ll cost = 0, dis = 0, lef = 0;scanf("%lld%lld%lld%d%d",&A,&B,&C,&n,&m); if(A>B)A=B;for(int i = 1; i <= n; i++) {int x; scanf("%d",&x); cntn[x]++; cost += N-x;}for(int i = 1; i <= m; i++) {int x; scanf("%d",&x); cntm[x]++; lef  += N-x;}for(int i = 2; i <  N; i++) cntn[i] += cntn[i-1], cntm[i] += cntm[i-1];for(int i = N-1; i; i--){dis += (cntm[N-1] - cntm[i]);lef -= cntm[i];cost -= cntn[i];if(C >= 10000000000000000ll && cost) continue;ans = min(ans, min(dis,lef)*A+max(0ll,dis-lef)*B+cost*C);}printf("%lld\n",ans);}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}

BZOJ 4869 [Shoi2017]相逢是问候

广义欧拉定理

我们假装c永远和模数p互质(不是题目里的c,p，是在一般情况下要做c ^ b % p的c和p)，那根据欧拉定理，指数b就可以变成b%phi(p)。由于p是奇数则phi(p)必是偶数，p是偶数则phi(p)必至少减半，因此如果有形如：c ^ c ^ c ^…^ c ^ a,其实只要至多考虑前2log个指数即可，超过这些之后指数就恒为0，实际上就可以直接算出来，也就是一个定值，说明到后面就算不断修改这个点等于没改。然后我们直接暴力修改直到这个数不变，均摊是O(nlog)的。

如果c不和p互质，有一个东西叫广义欧拉定理(因为这东西降幂是O(log)级别的，因此也叫求幂大法)，甩链接：http://blog.csdn.net/guhaiteng/article/details/52588223

注意用广义欧拉定理的时候必须当且仅当指数大于phi(p)，否则不能直接加一个phi(p)上去……

然后这样子做，预处理理论上是O(nlog^3)的，实际上当迭代到很小的时候phi(p)会比较小，那我们记搜即可。还有就是虽然看上去要降幂2log次，实际上远不可达，实测迭代6层就可以通过本题……

不知道有没有别的复杂度更优秀的做法？

#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 50005
#define M 1000000
#define H 6
#define pr(_i) cout<<#_i<<" = "<<_i<<endl
using namespace std;
namespace runzhe2000
{typedef double db;typedef long long ll;int n, m, p, c, a[N], phi[H], pos[N], nocnt, vis[M][H], g[M][H], h[M][H], ex[H];struct node{int val, next;}no[N*H];int gcd(int a, int b){return b?gcd(b,a%b):a;}int fpow(int a, int b, int p, int &moded) // a ^ b mod phi[p]{bool flag = (a==c && b<M && p<H);if(flag && vis[b][p]) return moded = h[b][p], g[b][p];int r = 1, bb = b, tmpmoded = moded = 0;for(; b; b>>=1){if(b&1) {if((ll)r*a >= phi[p] || tmpmoded)  moded = 1, r = (ll)r*a%phi[p];else r *= a;}if((ll)a*a >= phi[p]) tmpmoded = 1, a = (ll)a*a%phi[p];else a *= a;}return flag ? (vis[bb][p] = 1, h[bb][p] = moded, g[bb][p] = r) : r;}int get_phi(int x){int r = x;for(int i = 2, ii = sqrt((db)x); i <= ii; i++)  if(x % i == 0){r = (ll) r * (i-1) / i;for(; x % i == 0; x /= i);}if(x != 1) r = (ll) r * (x-1) / x;return r;}int get_pow(int a, int cnt, int p, int &moded){if(!cnt) return fpow(a, 1, p, moded);int pre = get_pow(a, cnt - 1, p + 1, moded);ex[p] && moded ? pre += phi[p+1] : 0;return fpow(c, pre, p, moded);}struct seg{int need, sum;}t[N*5];void pushup(int x){t[x].sum = (t[x<<1].sum + t[x<<1|1].sum) % p;t[x].need = t[x<<1].need || t[x<<1|1].need;}void build(int x, int l, int r){if(l == r){t[x].sum = no[pos[l]].val, t[x].need = no[pos[l]].next; return;} int mid = (l+r)>>1;build(x<<1,l,mid); build(x<<1|1,mid+1,r); pushup(x);}int query(int x, int l, int r, int ql, int qr){if(ql <= l && r <= qr) return t[x].sum; int mid = (l+r)>>1, ret = 0;if(ql <= mid) (ret += query(x<<1, l, mid, ql, qr)) %= p;if(mid <  qr) (ret += query(x<<1|1, mid+1, r, ql, qr)) %= p;return ret;}void modi(int x, int l, int r, int ql, int qr){if(!t[x].need) return; int mid = (l+r)>>1;if(l == r){if(no[pos[l]].next){pos[l] = no[pos[l]].next;t[x].sum = no[pos[l]].val;t[x].need = no[pos[l]].next;}return;}if(ql <= l && r <= qr){if(t[x<<1].need) modi(x<<1,l,mid,ql,qr);if(t[x<<1|1].need) modi(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr);}else{int mid = (l+r)>>1; if(ql <= mid) modi(x<<1,l,mid,ql,qr); if(mid <  qr) modi(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr);}pushup(x);}void main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&c);phi[0] = p;  ex[0] = gcd(p, c) != 1;for(int i = 1; i < H; i++) {phi[i] = get_phi(phi[i-1]);ex[i] = gcd(phi[i], c) != 1;}for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d",&a[i]);no[pos[i] = ++nocnt] = (node){a[i], 0};for(int j = 1, tmp; j < H; j++){no[++nocnt] = (node){get_pow(a[i], j, 0, tmp), 0};no[nocnt-1].next = nocnt;}}build(1,1,n);for(; m--; ){int type, l, r; scanf("%d%d%d",&type,&l,&r);if(!type) modi(1,1,n,l,r);else printf("%d\n",query(1,1,n,l,r));}}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}

BZOJ 4870 [Shoi2017]组合数问题

矩阵快速幂

考虑组合数的实际意义，那这个式子就是在求nk个数里取数满足取出的数个数模k为r的方案数。矩阵快速幂优化递推即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 55
using namespace std;
namespace runzhe2000
{typedef long long ll;int n, p, k, r;struct matrix{int a[N][N];matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}matrix operator * (const matrix &that){matrix r;for(int i = 0; i < k; i++)for(int j = 0; j < k; j++)for(int l = 0; l < k; l++)(r.a[i][j] += (ll) a[i][l] * that.a[l][j] % p) %= p;return r;}void show(){for(int i = 0; i < k; i++, puts(""))for(int j = 0; j < k; j++)printf("%d ",a[i][j]);puts("");}}a, b;void main(){scanf("%d%d%d%d",&n,&p,&k,&r);for(int i = 0; i < k; i++){a.a[i][(i+1)%k]++; a.a[i][i]++;b.a[i][i] = 1;}for(ll tmp = (ll) n * k; tmp; tmp>>=1){if(tmp&1) b = b * a;a = a * a;      }printf("%d\n",b.a[r][0]%p);}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}

BZOJ 4871 [Shoi2017]摧毁“树状图”

树形DP。

从来没写过这么长的DP方程……不过好在没有调特别久？

题意就是要在一棵树上找两条边不相交的链，使得去掉链后联通块数量最大。考虑可能的两条链的所有位置情况，总结一下，发现我们只需要维护一些形态的DP值（语文能力不好，怕口胡失败，特意画了一张图。图丑勿喷QAQ）。

分别记f[i][0,1,2,3,4]f[i][0,1,2,3,4] 表示i的子树内，五种不同形态的链交，能在i子树能划分出的最多联通块个数。五种形态的链交分别是：

状态0：以根为一个端点的一条链
状态1：经过根的一条链（根可以也为其端点，即可以包含状态0）
状态2：不经过根的一条链
状态3：以根为一个端点的一条链+不经过根的一条链，且保证二者不相交
状态4：以根为一个端点的链或者2叉链或者3叉链（图示是2叉链，当然可以包含状态0）

有了这些DP值之后，考虑需要找的两条链的具体位置情况：

如果两条链不相交，分别设两个链上的最高点为链顶。两个链定的LCA要么是其中一个链顶，要么是一个其他点。如果是一个其他点则可以从状态1或2转移。否则分两种情况，要么两个链顶直接相连，要么中间隔了一段链。类似地可以用前缀后缀最值搞一搞。

如果相交，那链交一定是一个爪子一样的东西。那就只要用状态4和状态0搞一搞也就行了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 500005
#define cmax(u,v) ((u)<(v)?(u)=(v):0)
using namespace std;
namespace runzhe2000
{int read(){int r = 0; char c = getchar();for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar());for(; c >='0' && c <='9'; r = r*10+c-'0', c = getchar());return r;}int T, type, n, ecnt, last[N], f[N][5], val, _mxf0[N], pre_mxf0[N], suf_mxf0[N];struct edge{int next, to;}e[N<<1];void addedge(int a, int b){e[++ecnt] = (edge){last[a], b}; last[a] = ecnt;}void dp(int x, int fa){int son_cnt = 0, mxf0_1 = 0, mxf0_2 = 0, mxf0_3 = 0, mxf0_4 = 0, mxf4 = 0;for(int i = last[x]; i; i = e[i].next) if(e[i].to != fa) son_cnt++, dp(e[i].to, x);for(int i = last[x], j = 1; i; i = e[i].next){int y = e[i].to; if(y == fa) continue;if(f[y][0] > mxf0_1) mxf0_4 = mxf0_3, mxf0_3 = mxf0_2, mxf0_2 = mxf0_1, mxf0_1 = f[y][0];else if(f[y][0] > mxf0_2) mxf0_4 = mxf0_3, mxf0_3 = mxf0_2, mxf0_2 = f[y][0];else if(f[y][0] > mxf0_3) mxf0_4 = mxf0_3, mxf0_3 = f[y][0];else if(f[y][0] > mxf0_4) mxf0_4 = f[y][0];cmax(f[x][2], f[y][2]);cmax(f[x][2], f[y][1] + 1);cmax(f[x][3], f[y][3]);cmax(mxf4, f[y][4]);_mxf0[j] = f[y][0];j++;}cmax(f[x][0], max(son_cnt, son_cnt-1+mxf0_1));cmax(f[x][1], max(f[x][0], son_cnt-2+mxf0_1+mxf0_2));f[x][3] += son_cnt - 1;cmax(f[x][4], mxf4 + son_cnt - 1);cmax(f[x][4], son_cnt - 3 + mxf0_1 + mxf0_2 + mxf0_3);cmax(f[x][4], son_cnt - 2 + mxf0_1 + mxf0_2);cmax(f[x][4], son_cnt - 1 + mxf0_1);int mxf0 = 0, mxf1 = 0, mxf2 = 0;for(int i = last[x]; i; i = e[i].next){int y = e[i].to; if(y == fa) continue;cmax(f[x][3], son_cnt - 1 + max(f[y][1], f[y][2]));cmax(f[x][3], son_cnt - 2 + mxf0 + f[y][1]);cmax(f[x][3], son_cnt - 2 + mxf0 + f[y][2]);cmax(f[x][3], son_cnt - 2 + mxf1 + f[y][0]);cmax(f[x][3], son_cnt - 2 + mxf2 + f[y][0]);cmax(mxf0, f[y][0]); cmax(mxf1, f[y][1]); cmax(mxf2, f[y][2]); }pre_mxf0[0] = suf_mxf0[son_cnt+1] = _mxf0[0] = _mxf0[son_cnt+1] = 0;for(int i = 1; i <= son_cnt; i++) pre_mxf0[i] = max(pre_mxf0[i-1], _mxf0[i]);for(int i = son_cnt; i >= 1; i--) suf_mxf0[i] = max(suf_mxf0[i+1], _mxf0[i]);int ans = 0;cmax(ans, mxf0_1 + mxf0_2 + mxf0_3 + mxf0_4 + son_cnt - 4);cmax(ans, mxf0_1 + mxf0_2 + mxf0_3 + son_cnt - 3);cmax(ans, mxf0_1 + mxf0_2 + son_cnt - 2);cmax(ans, mxf0_1 + son_cnt - 1);cmax(ans, f[x][1]); cmax(ans, f[x][3]); cmax(ans, f[x][4]);mxf0_1 = 0, mxf0_2 = 0, mxf1 = 0, mxf2 = 0, mxf4 = 0; int mxf3 = 0;for(int i = last[x], j = 1; i; i = e[i].next){int y = e[i].to; if(y == fa) continue;//链顶不直接相连cmax(ans, f[y][3] + mxf0_1 + son_cnt - 2);cmax(ans, f[y][0] + mxf3 + son_cnt - 2);//链顶直接相连cmax(ans, max(f[y][1], f[y][2]) + mxf0_1 + mxf0_2 + son_cnt - 3); // rightcmax(ans, f[y][0] + max(mxf1, mxf2) + suf_mxf0[j+1] + son_cnt - 3); // leftcmax(ans, max(f[y][1], f[y][2]) + pre_mxf0[j-1] + suf_mxf0[j+1] + son_cnt - 3); // mid//互不为LCAcmax(ans, f[y][1] + mxf1 + 1 - (fa?1:0));cmax(ans, f[y][2] + mxf1 - (fa?1:0));cmax(ans, f[y][1] + mxf2 - (fa?1:0));cmax(ans, f[y][2] + mxf2 - 1 - (fa?1:0));//爪式cmax(ans, f[y][4] + mxf0_1 + son_cnt - 2);cmax(ans, f[y][0] + mxf4 + son_cnt - 2);if(f[y][0] > mxf0_1) mxf0_2 = mxf0_1, mxf0_1 = f[y][0];else if(f[y][0] > mxf0_2) mxf0_2 = f[y][0];cmax(mxf1, f[y][1]);cmax(mxf2, f[y][2]);cmax(mxf3, f[y][3]);cmax(mxf4, f[y][4]);j++;}cmax(val, ans + (fa?1:0));}void main(){T = read(), type = read();for(; T--; ){n = read(); for(int i = 1; i <= type; i++) read(), read();for(int i = 1, x, y; i < n; i++) addedge(x = read(), y = read()), addedge(y, x);dp(1,0); printf("%d\n",val);ecnt = val = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) last[i] = f[i][0] = f[i][1] = f[i][2] = f[i][3] = f[i][4] = _mxf0[i] = pre_mxf0[i] = suf_mxf0[i] = 0;}}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}

BZOJ 4872 [Shoi2017]分手是祝愿

~~高斯消元~~或推式子
先说高斯消元的做法：
记一个点按或者不按为1或0，这样就相当于一个异或方程组。要求这个方程每个变量总和最小的解，显然这是唯一的。而且要解它并不用高斯消元，只要从高位到低位一个一个确定即可。
考虑一个局面，假设这时候最小需要h步。接下来随机一个按一个开关。如果按到需要按的h个开关之一，则还要按h-1步，否则就还要按h+1步（证明：假设按h个开关之外的其它开关之后仍有h步的解，也就是说原来的局面还存在一个h+1的解。考虑异或方程，显然不可能即存在步数为h又存在步数为h+1的解，请自行脑补）。
也就是记f[i]表示当前局面要按i次，期望结束步数，从f[i-1]，f[i+1]转移即可，这样是一个三元方程。可以列出一堆方程。考虑每个式子都只有三个变量，可以O(n)O(n)大力消元。
这样写完可以有95分，你要问我剩下的5分在哪？有一组数据也许是强行构造，使得消元的时候分母在模意义为0,也就是没有逆元，就炸了（出题人orz）
然后把整个方程组倒过来消就可以水过这个题。不过还是能卡就是了……
（推式子的做法详见这个代码下面）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100005
#define MOD 100003
using namespace std;
namespace runzhe2000
{typedef long long ll;int f[N][4], ans[N], n, k, need, a[N], b[N], fac;int fpow(int a, int b){int r = 1;for(; b; b>>=1){if(b&1) r = (ll)r*a%MOD;a = (ll)a*a%MOD;}return r;}void main(){scanf("%d%d",&n,&k); fac = 1;for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&a[i]), fac = (ll)fac * i % MOD;for(int i = n; i >= 1; i--){b[i] = a[i];for(int j = i+i; j <= n; j += i) b[i] ^= b[j];need += b[i];}if(need <= k)printf("%lld\n",(ll)need * fac % MOD);else{f[k+1][0] = 0; f[k+1][1] = -1; f[k+1][2] = (ll)(n-k-1)*fpow(n,MOD-2)%MOD; f[k+1][3] = (-1-(ll)(k+1)*k*fpow(n,MOD-2)%MOD)%MOD;for(int i = k+2; i <= n; i++)f[i][0] = (ll)i*fpow(n,MOD-2)%MOD, f[i][1] = -1, f[i][2] = (ll)(n-i)*fpow(n,MOD-2)%MOD, f[i][3] = -1;/*for(int i = k+1; i < n; i++){ll base = (ll)f[i+1][0] * fpow(f[i][1], MOD-2) % MOD;(f[i+1][0] -= f[i][1] * base % MOD) %= MOD;(f[i+1][1] -= f[i][2] * base % MOD) %= MOD;(f[i+1][3] -= f[i][3] * base % MOD) %= MOD;}for(int i = n; i >= k+1; i--){ans[i] = (ll) f[i][3] * fpow(f[i][1], MOD-2) % MOD;(f[i-1][3] -= (ll)ans[i] * f[i-1][2] % MOD) %= MOD;}*/for(int i = n; i > k+1; i--){ll base = (ll)f[i-1][2] * fpow(f[i][1], MOD-2) % MOD;(f[i-1][2] -= f[i][1] * base % MOD) %= MOD;(f[i-1][1] -= f[i][0] * base % MOD) %= MOD;(f[i-1][3] -= f[i][3] * base % MOD) %= MOD;}for(int i = k+1; i <= n; i++){ans[i] = (ll) f[i][3] * fpow(f[i][1], MOD-2) % MOD;(f[i+1][3] -= (ll)ans[i] * f[i+1][0] % MOD) %= MOD;}printf("%lld\n",((ll)ans[need] * fac % MOD + MOD)%MOD);}}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}

我们把高斯消元里的每一次消元都手动展开，加上边界情况，联立起来瞎几把推一下就有：
f[n−i]=f[n−i−1]∗(n−i−1)!∗i!∑ik=0Ckn(n−i)!f[n-i] = f[n-i-1] * \frac{(n-i-1)!*i!\sum_{k=0}^{i}C_n^k}{(n-i)!}
然后我调了半天没调出来，近乎崩溃。
后来弱弱地回想起来答案要乘一个阶乘…好气啊

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 100005
#define MOD 100003
using namespace std;
namespace runzhe2000
{typedef long long ll;int n, k, need, a[N], b[N], fac[N], inv[N], inv_fac[N];int C(int a, int b){return (ll)fac[a] * inv_fac[b] % MOD * inv_fac[a-b] % MOD;}void main(){scanf("%d%d",&n,&k); fac[0] = inv[1] = inv_fac[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d",&a[i]), fac[i] = (ll)fac[i-1] * i % MOD;if(i>1)inv[i] = (ll)(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i] % MOD;inv_fac[i] = (ll)inv_fac[i-1] * inv[i] % MOD;}for(int i = n; i >= 1; i--){b[i] = a[i];for(int j = i+i; j <= n; j += i) b[i] ^= b[j];need += b[i];}if(need <= k)printf("%lld\n",(ll)need * fac[n] % MOD);else{int cur = k, base = 0;for(int j = 0; j <= n-k; j++) (base += C(n, j)) %= MOD;for(int i = n-k-1, ii = n-need; i >= ii; i--){int tmp = (ll) (base -= C(n, i+1)) * fac[i] % MOD * inv_fac[n-1] % MOD * fac[n-i-1] % MOD;;(cur += tmp) %= MOD; base %= MOD;}cur = (ll) cur * fac[n] % MOD;printf("%d\n",(cur+MOD)%MOD);}}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}

BZOJ 4873 [Shoi2017]寿司餐厅

最大权闭合子图
这题有给m=0的部分分，考虑每一次选择的区间都不会相交。因此暴力DP一个即可。
然后我就掉进了DP的坑里好久……考虑怎么DP都没办法记录哪些编号已选，那就不能DP。这题的限制都是贡献只有一次，考虑流。一个大区间选了就必选小区间，这就是最大权闭合子图的模型……然后上最小割即可。

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define N 105
#define M 55555
using namespace std;
namespace runzhe2000
{const int INF = 1<<29;int n, m, a[N], d[N][N], id[N][N], ecnt = 1, tot, s, t, last[M], cur[M], spe[M], level[M];struct edge{int next, to, flow;}e[M<<1];void addedge(int a, int b, int c){e[++ecnt] = (edge){last[a], b, c};last[a] = ecnt;e[++ecnt] = (edge){last[b], a, 0};last[b] = ecnt;}int dfs(int x, int flow){if(x == t) return flow; int use = 0;for(int &i = cur[x]; i; i = e[i].next){int y = e[i].to; if(level[y] != level[x] + 1) continue;int w = dfs(y, min(flow-use, e[i].flow));e[i].flow -= w; e[i^1].flow += w;use += w; if(use == flow) return use;}return use;}bool bfs(){queue<int> q; q.push(s); memset(level,0,sizeof(level)); level[s] = 1;for(; !q.empty(); ){int x = q.front(); q.pop();for(int i = last[x]; i; i = e[i].next) if(e[i].flow){int y = e[i].to;if(!level[y]) {level[y] = level[x] + 1, q.push(y);if(y == t) return 1;}}}return 0;}int dinic(){int r = 0; for(; bfs();) memcpy(cur, last, sizeof(cur)), r += dfs(s, INF); return r;}void main(){scanf("%d%d",&n,&m); s = ++tot, t = ++tot;for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = i; j <= n; j++) {scanf("%d",&d[i][j]); id[i][j] = ++tot;d[i][j] > 0 ? addedge(s, id[i][j], d[i][j]) : addedge(id[i][j], t, -d[i][j]);}for(int i = 1; i <= n; i++) {for(int j = i+1; j <= n; j++) {addedge(id[i][j], id[i][j-1], INF);addedge(id[i][j], id[i+1][j], INF);}int pos = ++tot;addedge(id[i][i], pos, INF);addedge(pos, t, a[i]);if(m){int pos2 = spe[a[i]] ? spe[a[i]] : spe[a[i]] = ++tot;addedge(pos, pos2, INF);if(pos2 == tot)addedge(pos2, t, a[i]*a[i]);}}int r = 0; for(int i = last[s]; i; i = e[i].next) r += e[i].flow;printf("%d\n",r-dinic());}
}
int main()
{runzhe2000::main();
}