「题解」P7275 计树
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了「题解」P7275 计树相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
快进完生成函数，现在我们知道如果令一个长度为 \\(i\\) 的连续段权值为 \\(in[z^i]\\fracz^21-z+z^2\\)，一个连续段权值的 ogf 是 \\(F\\)，那么答案的 ogf 就是 \\(\\frac11-F\\)．
先看看 \\(\\fracz^21-z+z^2\\) 展开，发现形式很好看，就是 \\(\\0,0,1,1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1,-1,\\cdots\\\\)，后面就是 \\(\\0,1,1,0,-1,-1\\\\) 的循环了。也就是只有 \\(len\\bmod 3=0,2\\) 的连续段有权值，并且按照 \\(\\lfloor\\fraclen3\\rfloor\\) 的奇偶性分类。这样我们就能通过记录模 \\(3\\) 为 \\(0,1,2\\) 处的位置的一个前缀和状物（每长度为 \\(3\\) 分组，按照奇偶决定对前缀和贡献为正还是负）就能 \\(\\mathcalO(n)\\) 递推出来了。
这玩意能矩阵快速幂，但是信息数还是太多了，大概还需要一组一组转移。其实递推 \\(f_i\\) 可以直接考虑 \\(i\\) 所在连续段长度，\\(\\leq 6\\) 的直接转，\\(>6\\) 的让它从 \\((i-6)\\) 那个位置续上。由于权值中需要乘个 \\(len\\)，所以续上的时候要多记一个 \\(g\\) 表示只有最后一段没有乘 \\(len\\) 的答案是多少。现在就只需要记 \\([i-6,i-1]\\) 的所有 \\(f,g\\)，信息数是 \\(12\\)，先把前 \\(6\\) 个位置递推出来，再矩阵快速幂就 \\(\\mathcalO(\\log n)\\) 复杂度了。
实际上递推式还能更短，跑 BM 对着系数找规律应该能找出来，但我懒了（其实就是不会 BM）。
\\(\\mathcalO(n)\\)：
const int N=100010;
int n;
int f[N];
int s[3],t[3];
signed main()
read(n);
s[0]=f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
int o=i%3;
for(int j=2;j<=3;j++)
int p=o-j<0?o-j+3:o-j;
if(((i/3)&1) ^ (o-j<0))
cdel(f[i],1ll*n*del(1ll*s[p]*i%mod,t[p])%mod);
else
cadd(f[i],1ll*n*del(1ll*s[p]*i%mod,t[p])%mod);
if((i/3)&1)
cdel(s[i%3],f[i]);
cdel(t[i%3],1ll*f[i]*i%mod);
else
cadd(s[i%3],f[i]);
cadd(t[i%3],1ll*f[i]*i%mod);
cout << 1ll*f[n]*qpow(1ll*n*n%mod,mod-2)%mod << \'\\n\';
return 0;
const int N=100020;
int n;
int buff[N],bufg[N];
int *f=buff+10,*g=bufg+10;
signed main()
read(n);
f[0]=g[0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
cadd(f[i],f[i-2]*2ll%mod*n%mod);
cadd(g[i],1ll*f[i-2]*n%mod);
cadd(f[i],f[i-3]*3ll%mod*n%mod);
cadd(g[i],1ll*f[i-3]*n%mod);
cdel(f[i],f[i-5]*5ll%mod*n%mod);
cdel(g[i],1ll*f[i-5]*n%mod);
cdel(f[i],f[i-6]*6ll%mod*n%mod);
cdel(g[i],1ll*f[i-6]*n%mod);
if(i!=6)
cadd(f[i],f[i-6]);
cadd(f[i],g[i-6]*6ll%mod);
cadd(g[i],g[i-6]);
cout << 1ll*f[n]*qpow(1ll*n*n%mod,mod-2)%mod << \'\\n\';
return 0;
\\(\\mathcalO(\\log n)\\)：
const int N=100020;
ll n;
int buff[20],bufg[20];
int *f=buff+10,*g=bufg+10;
int a[13][13],b[13][13],c[13][13],ans[13][13];
void mul(int z[13][13],int x[13][13],int y[13][13])
memset(c,0,sizeof(c));
for(int k=1;k<=12;k++)
for(int j=1;j<=12;j++)
if(y[k][j])
for(int i=1;i<=12;i++)
if(x[i][k])
cadd(c[i][j],1ll*x[i][k]*y[k][j]%mod);
memcpy(z,c,sizeof(c));
signed main()
int m=read(n);
f[0]=g[0]=1;
for(int i=2;i<=6;i++)
cadd(f[i],f[i-2]*2ll%mod*n%mod);
cadd(g[i],1ll*f[i-2]*n%mod);
cadd(f[i],f[i-3]*3ll%mod*n%mod);
cadd(g[i],1ll*f[i-3]*n%mod);
cdel(f[i],f[i-5]*5ll%mod*n%mod);
cdel(g[i],1ll*f[i-5]*n%mod);
cdel(f[i],f[i-6]*6ll%mod*n%mod);
cdel(g[i],1ll*f[i-6]*n%mod);
if(n<=6)
cout << 1ll*f[n]*qpow(1ll*n*n%mod,mod-2)%mod << \'\\n\';
return 0;
a[2][1]=2ll*n%mod;
a[2][7]=n%mod;
a[3][1]=3ll*n%mod;
a[3][7]=n%mod;
a[5][1]=del(0,5ll*n%mod);
a[5][7]=del(0,n%mod);
a[6][1]=del(1,6ll*n%mod);
a[6][7]=del(0,n%mod);
a[12][1]=6;
a[12][7]=1;
a[1][2]=1;
a[2][3]=1;
a[3][4]=1;
a[4][5]=1;
a[5][6]=1;
a[7][8]=1;
a[8][9]=1;
a[9][10]=1;
a[10][11]=1;
a[11][12]=1;
for(int i=1;i<=12;i++)ans[i][i]=1;
n-=6;
while(n)
if(n&1)
mul(ans,ans,a);
mul(a,a,a);
n>>=1;
int s=0;
for(int i=1;i<=6;i++)
cadd(s,1ll*f[7-i]*ans[i][1]%mod);
for(int i=1;i<=6;i++)
cadd(s,1ll*g[7-i]*ans[i+6][1]%mod);
cout << 1ll*s*qpow(1ll*m*m%mod,mod-2)%mod << \'\\n\';
return 0;
bzoj3481题解
答案等于$\sum_{d|(P,Q)} d\times \phi (P/d)$设$P=\prod{i=1}^{t}p_i^m_i$，$(P,Q)=\prod_{i=1}^t p_i^k_i$（markdown莫名崩掉了，凑活着看吧）答案就等于$P=\prod p_i^{m_i-1}\times((k_i+1)(p_i-1)+[k_i=m_i])$
只用pollard-rho分解一下质因数就可以了。
注意$Q_i$可以等于0！我没注意就又wa又re一时爽，提交了50次，只能明天交了。。。
以上是关于「题解」P7275 计树的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章