noip模拟9 达哥随单题

T1.随

　　看题第一眼，就瞄到最下面孙金宁教你学数学？？？？？原根？目测神题，果断跳过。

　最后打了个快速幂，愉快的收到了达哥送来的10分。

　　实际上这题暴力不难想，看到一个非常小的mod应该就能想到复杂度与mod有关，然后dp式子也挺显然的。

　　比较神的是最后的优化，我们用 f[i][j]表示经过i次操作，最终%mod后与原根的j次方同余的方案数，然后，之前的转移

　　f[i][j*k%mod]=f[i-1][j]*sum[k](sum[k]为k在n个数中出现的次数) 就变成了f[ i ] [ ( j + k ) % ( mod-1 ) ]=f[i-1][j]*sum[k];

　　那么这有什么卵用呢，原来的转移矩阵变成了循环矩阵，于是乎就可以mod^2乘一次。

　　另外，对于这道题，原根没有必要O（mod^1/4）求，mod^2暴力就行。。。

　　总复杂度O（mod^2logm）.

　　数据差评，没有80分算法

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define p 1000000007
 3 using namespace std;
 4 int n,m,mod,a,sum[1005],yuan,ys[1005],yx[1005];
 5 long long b[1000][1000],aa[1000],c[1000],d[1000];
 6 bool v[1000];
 7 inline void cheng()
 8 {
 9     for(int i=1;i<mod;i++)
10     {
11         d[i]=0;
12         for(int j=1;j<mod;j++)
13             d[i]=(d[i]+aa[j]*b[j][i])%p;
14     }
15     for(int i=1;i<mod;i++)
16         aa[i]=d[i];
17 }
18 inline void z()
19 {
20     for(int i=1;i<mod;i++)
21     {
22         c[i]=0;
23         for(int j=1;j<mod;j++)
24             c[i]=(c[i]+b[1][j]*b[j][i])%p;
25     }
26     for(int i=1;i<mod;i++)
27         b[1][i]=c[i];
28     for(int i=2;i<mod;i++)
29         for(int j=1;j<mod;j++)
30             b[i][j]=b[i-1][(j==1)?mod-1:j-1];
31 }
32 inline long long qpow(long long x,long long y)
33 {
34     long long ans=1;
35     while(y)
36     {
37         if(y&1)ans=ans*x%p;
38         x=x*x%p;
39         y>>=1;
40     }
41     return ans;
42 }
43 int main()
44 {
45     scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
46     for(int i=1;i<mod;i++)
47     {
48         memset(v,0,sizeof(v));
49         long long k=1;
50         bool kkk=0;
51         for(int j=1;j<mod;j++)
52         {
53             if(v[(k*i)%mod])
54             {
55                 kkk=1;
56                 break;
57             }
58             k=(k*i)%mod,v[k]=true;
59         }
60         if(!kkk)
61         {
62             yuan=i;
63             break;
64         }
65     }
66     for(int i=1,j=yuan;i<mod;i++,j=j*yuan%mod)
67         ys[j]=i,yx[i]=j;
68     for(int i=1;i<=n;i++)
69         scanf("%d",&a),sum[ys[a]]++;
70     for(int i=1;i<mod;i++)
71         for(int j=1;j<mod;j++)
72             b[i][(i+j-1)%(mod-1)+1]+=sum[j];
73     aa[mod-1]=1;
74     long long bb=qpow(n,m),aaa=0;
75     while(m)
76     {
77         if(m&1) cheng();
78         z();
79         m>>=1;
80     }
81     for(int i=1;i<mod;i++)
82         (aaa+=yx[i]*aa[i])%=p;
83     cout<<aaa*qpow(bb,p-2)%p;
84     return 0;
85 }

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T2.单

　　这也是一道很帅的题，首先对于t=0的操作，令sum为所有节点的权值之和，我们首先进行暴力求出b[1]的值，然后对于其他节点，我们可以进行换根：

　　b[x]=b[fa]-siz[x]+(sum-siz[x]);这个式子比较显然。于是30分到手。

　　对于t=1的操作，我们把上面那个式子变一下就可以得到2*siz[x]=b[fa]-b[x]+sum。也就是说，我们只要求出sum的值，就可以求出所有的a。

　　考试的时候就死在了这里，发现不会求sum，不同与其他人的高斯消元，我采取了一种更为sha diao的做法：枚举sum值，代进去看能不能成立。。。。。由于题中有a[i]<=100的限制，所以sum不会很大，理论上有60分，但是不知道为啥死掉了。

　　实际上，有一个隐藏的条件：d[1]=∑siz[i] (2<=i<=n)，然后我们将上面那个式子x=2到x=n的情况全都写下来相加，将前面这个式子×2，再将这两部分相减，我们就会惊喜的发现：

　　sum=(∑d[fa]-d[x]-d[1]*2)/(n-1);

　　于是我们就可以愉快的ac了。

  1 #include<bits/stdc++.h>
  2 #define int long long
  3 using namespace std;
  4 int t,n,fi[1000005],ne[2000005],to[2000005],tot,a[1000005],b[1000005],sum,siz[1000005],de[1000005];
  5 bool o;
  6 inline void add(int x,int y)
  7 {
  8     ne[++tot]=fi[x];
  9     to[tot]=y;
 10     fi[x]=tot;
 11 }
 12 void dfs1(int x,int fa)
 13 {
 14     siz[x]=a[x];b[1]+=(de[x]-1)*a[x];
 15     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
 16     {
 17         int y=to[i];
 18         if(y!=fa)
 19         {
 20             de[y]=de[x]+1;
 21             dfs1(y,x);
 22             siz[x]+=siz[y];
 23         }
 24     }
 25 }
 26 void dfs2(int x,int fa)
 27 {
 28     b[x]=b[fa]-siz[x]+sum-siz[x];
 29     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
 30     {
 31         int y=to[i];
 32         if(y!=fa)
 33         {
 34             dfs2(y,x);
 35         }
 36     }
 37 }
 38 void dfs3(int x,int fa)
 39 {
 40     siz[x]=(b[fa]-b[x]+sum)>>1;a[x]=siz[x];
 41     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
 42     {
 43         int y=to[i];
 44         if(y!=fa)
 45         {
 46             dfs3(y,x);
 47             a[x]-=siz[y];
 48         }
 49     }
 50 }
 51 void gsm(int x,int fa)
 52 {
 53     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
 54     {
 55         int y=to[i];
 56         if(y!=fa)
 57         {
 58             sum+=b[x]-b[y];
 59             gsm(y,x);
 60         }
 61     }
 62 }
 63 main()
 64 {
 65     scanf("%lld",&t);
 66     while(t--)
 67     {
 68         tot=sum=0;
 69         memset(fi,0,sizeof(fi));
 70         memset(b,0,sizeof(b));
 71         memset(a,0,sizeof(a));
 72         memset(siz,0,sizeof(siz));
 73         memset(de,0,sizeof(de));
 74         scanf("%lld",&n);
 75         for(int i=1,x,y;i<n;i++)
 76         {
 77             scanf("%lld%lld",&x,&y);
 78             add(x,y),add(y,x);
 79         }
 80         cin>>o;
 81         if(o)
 82         {
 83             for(int i=1;i<=n;i++)
 84                 scanf("%lld",&b[i]);
 85             gsm(1,0);
 86             sum=(b[1]*2-sum)/(n-1);
 87             siz[1]=sum;
 88             for(int i=fi[1];i;i=ne[i])
 89             {
 90                 dfs3(to[i],1);
 91                 siz[1]-=siz[to[i]];
 92             }
 93             a[1]=siz[1];
 94             for(int i=1;i<=n;i++)
 95                 printf("%lld ",a[i]);
 96             puts("");
 97         }
 98         else
 99         {
100             for(int i=1;i<=n;i++)
101                 scanf("%lld",&a[i]),sum+=a[i];
102             de[1]=1;
103             dfs1(1,0);
104             for(int i=fi[1];i;i=ne[i])
105             {
106                 int y=to[i];
107                 dfs2(y,1);
108             }
109             for(int i=1;i<=n;i++)
110                 printf("%lld ",b[i]);
111             puts("");
112         }
113     }
114     return 0;
115 }

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T3.题

　　送分题，但我没有全部接到。。

　　对于opt=0，ans=C(n,n/2)^2;

　　对于opt=1，ans=catalan(n);

　　对于opt=2，dp即可

　　对于opt=3，枚举一个方向走的步数，ans=∑catalan(i)*catalan((n-i-i)/2)*C(n,i+i);

　　另外，求大神解释我曾经的visit题解（那两个组合数怎么解释啊）

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define mod 1000000007
 3 using namespace std;
 4 int n,k;
 5 long long js[200005],ni[200005],f[2][2005][2005];
 6 inline long long qpow(long long x,long long y)
 7 {
 8     long long ans=1;
 9     while(y)
10     {
11         if(y&1)ans=ans*x%mod;
12         x=x*x%mod;
13         y>>=1;
14     }
15     return ans;
16 }
17 inline long long c(long long x,long long y)
18 {
19     return js[x]*ni[x-y]%mod*ni[y]%mod;
20 }
21 int main()
22 {
23     scanf("%d%d",&n,&k);
24     js[0]=ni[0]=1;
25     for(int i=1;i<=n+n;i++)
26         js[i]=js[i-1]*i%mod,ni[i]=qpow(js[i],mod-2);
27     if(k==0)
28     {
29         printf("%lld\n",c(n,n/2)*c(n,n/2)%mod);
30         return 0;
31     }
32     if(k==1)
33     {
34         printf("%lld\n",c(n,n/2)*qpow(n/2+1,mod-2)%mod);
35         return 0;
36     }
37     if(k==2)
38     {
39         f[0][1001][1001]=1;
40         for(int i=1;i<=n;i++)
41         {
42             f[i&1][1001][1001]=(f[(i-1)&1][1001][1000]+f[(i-1)&1][1000][1001]+f[(i-1)&1][1002][1001]+f[(i-1)&1][1001][1002])%mod;
43             for(int j=1001-n;j<=1001+n;j++)
44                 if(j!=1001)
45                     f[i&1][1001][j]=(f[(i-1)&1][1001][j-1]+f[(i-1)&1][1001][j+1])%mod;
46             for(int j=1001-n;j<=1001+n;j++)
47                 if(j!=1001)
48                     f[i&1][j][1001]=(f[(i-1)&1][j-1][1001]+f[(i-1)&1][j+1][1001])%mod;
49         }
50         cout<<f[n&1][1001][1001]<<endl;
51         return 0;
52     }
53     if(k==3)
54     {
55         long long ans=0;
56         for(int i=0;i<=n/2;i++)
57             ans=(ans+c(n,i+i)*c(i+i,i)%mod*qpow(i+1,mod-2)%mod*c(n-i-i,(n-i-i)/2)%mod*qpow((n-i-i)/2+1,mod-2))%mod;
58         cout<<ans;
59     }
60     return 0;
61 }

View Code

转载于:https://www.cnblogs.com/hzoi-cbx/p/11256136.html

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