近期题目整理(6.1)

Posted 2021-12-20 ace-monster

近期训练题目思维整理(6.1)

2019 福建省赛 题目A

·题意

计算
\[\sum_x=1^p-3x^j\modp\]
其中，\(p\)为质数，\(n\le10^9\)。

·思路

结论很简单，以下式子成立\[\sum_x=1^px^j\modp=0\]
那么我们只要求最后3项就可以获得答案
这个结论可以依靠打表获得，比赛时很多队依靠打表发现了结论轻松的过了这题，而我们的电脑空闲长达1个小时却没有尝试打表。对于一些没有思路的题目不妨可以依靠这种方法寻找规律

2019 福建省赛 题目J

还没补，大概思路有，补完填坑

2019.5 FZU月赛 题目D

·题意

对于有根树T，定义\[f(T)=\sum_x,y\in V(T)且x\le ydist(x,y)\]求\(n\)个节点的有根树T中，满足\(f(T)_max\)和\(f(T)_min\)的树分别有多少种。

·思路

考虑无根树，满足\(f(T)_max\)的树一定是一条链，但是注意正链与反链相同，因此共有\[\frac12\prod_i=1^ni\]种。
而满足\(f(T)_min\)的树肯定是菊花树(一个点连着剩下\(n-1\)个点)，共有\[n\]种。
然后考虑有根情况，而对于有根树根不同树便不同。因为n个点每个点都可以作为根，因此有根树的数量就是无根树的数量乘以\(n\)。
因此，结论:
\[f(T)_max=\fracn2\prod_i=1^ni\]
\[f(T)_min=n^2\]

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
const ll inv = 5e8+4;
int main()

    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    ll n;
    cin >> n;
    ll ans1 = 0, ans2 = 0;
    if(n == 1) ans1 = ans2 = 1;
    else if(n == 2) ans1 = ans2 = 2;
    else
        ans1 = 1, ans2 = (n*n)%mod;
        for(ll i = 2;i <= n;i++)
            ans1 = (ans1*i) % mod;
        ans1 = ans1*n%mod*inv%mod;
    
    cout << ans1 << ' ' << ans2 << endl;
    return 0;

Codeforces 691E - Xor-sequences

691E - Xor-sequences

·题意

长度为n的数组中选取k个数字组成序列x(可重复选取)，要求\(x_i\oplusx_i+1\)二进制下1的位数是3的倍数，求满足条件的数组的数量。

·思路

设二维数组\(d_i,j\)保存序列\(x_i,x_j\)是否满足要求，满足要求为1不满足为0，二维数组\(c_i,j\)保存的是某一长度下\(x_i...y_i\)(即以\(x_i\)为序列开头，\(y_i\)为序列结尾)的方案数。
很显然当长度为1时，\(d_i,j=c_i,j\).
那么长度为3时，二维数组\(c_i,j\)所表示的意义(长度)可以由以下转移式转移：\[c_i,j = \sum_n^k=1d_i,k*d_k,j\]可以理解成枚举k,以i开头k结尾的序列和以k开头j结尾的序列拼接起来是否合法，有多少种合法方案累加起来。而这个公式就是矩阵乘法。
同理，当长度大于3时，\[c_i,j = \sum_n^k=1c_i,k*d_k,j\]，这样就可以使矩阵c的意义由\(l-1\)转移到\(l\)，那么转移到长度为k就要乘矩阵d共\(k-1\)次。
那么做法就很明显了，先预处理\(d_i,j\)，而由于长度为2时\(c_i,j=d_i,j\)，而我们要让矩阵c乘以矩阵d共\(k-1\)次，也就是d矩阵的\(k-1\)次幂。这题就转换成矩阵快速幂了。

·AC代码链接

Codeforces 691F - Couple Cover

Codeforces 691F

·题意

从n个数字中取2个，得分为两个数字之积，当得分高于一个阈值p时获胜。给你m个数字p，问你以当前p为阈值时获胜的数字对的数量。

·思路

先预处理每个数字的数量，然后直接枚举数字\(i,j\)，计算有多少数字对可以凑成\(i*j\)，最后对数组求前缀和就可以计算失败的数字对。
这题直接枚举数字\(i,j\)复杂度是\(n^2\)，而我们可以换个思路，由枚举\(i,j\)计算\(i*j\)转换为枚举\(i,i*j\)，因为阈值p是有上限的。这样枚举的复杂度就由\(n^2\)转换为\(n\logn\)。

·AC代码链接

前缀和相关性质整理