noip模拟9 达哥随单题
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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noip模拟9 达哥随单题相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
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（mod1/4）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 }
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 }
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 }
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