noip模拟测试9

Posted 2020-11-10 G_keng

---

T1：给出n个正整数a1,a2…an和一个质数mod.一个变量x初始为1.

　　进行m次操作.每次在n个数中随机选一个ai,然后$\mathrm{x=x\ast ai.问m次操作之后x的取值的期望.}$

$\mathrm{（1<=ai<mod\; \; mod为质数 \; \; 1<=mod<=1000\; \; 1<=n<=105\; ,\; 1<=m<=109）}$

$\mathrm{第一眼康上去感觉是个数论加期望，完全不想做，想想后发现是个假期望，但好像是真数论，还是不想做}$

$\mathrm{于是直接跳过，最后也没什么思路，打了个n\times m\times mod的暴力，然后喜暴\; 0}$

$\mathrm{考完后，听大佬们分享，才想到这是个矩阵优化dp}$

$\mathrm{那说说思路：}$

$\mathrm{首先会发现mod极小，而m极大，那么最基本的思路就是用mod复杂度增加的代价将m的复杂度降低}$

$\mathrm{猜测m复杂度为log级别，那么就想log级的算法}$

$\mathrm{想到如果设计一个状态\; f\; [\; i\; ][\; j\; ]\; 表示操作\; i\; 此后变成\; j\; 的期望}$

$\mathrm{那么每次转移的系数矩阵都是相同的！}$

$\mathrm{我们就可以用矩阵快速幂来优化dp的转移，于是复杂度为：O\; (\; mod3\; log(m)\; )}$

$\mathrm{可是还是过不了，思路有问题吗？显然没有，那怎么优化呢？}$

$\mathrm{关于矩乘的优化，想到循环矩阵的优化，于是看能不能转变系数矩阵的定义，让其成为循环矩阵}$

$\mathrm{发现题目一个很妙的性质，1<=ai<mod，于是想到用原根优化（？？？）}$

$\mathrm{设原根为\; rt\; ，若\; i\; =\; xp[i]\; 那么，我们最开始的式子是\; i\; \times \; ak\; \to \; j\; (mod\; mod)}$

$\mathrm{那么用原根就可以将式子转化为\; xp[i]\; \times \; xp[ak]\; =\; xp[j]\; (mod\; mod)}$

$\mathrm{因为底数都是\; x\; ，所以我们可以将其转化为指数间的运算}$

$\mathrm{即：p[\; i\; ]\; +\; p[\; ak\; ]\; =\; p[\; j\; ]\; (mod\; \phi (mod))}$

$\mathrm{哇，加法！}$

$\mathrm{好了，它循环了。}$

$\mathrm{为什么？\; 加法的转移相当与一种等距离的定向的转移，所以必循环}$

$\mathrm{时间复杂度变为\; O\; (\; mod2\; log(m)\; )\; ,同时还优化了空间的复杂度}$

$\mathrm{so，code}$

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cmath>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstring>
 6 #include<vector>
 7 #include<queue>
 8 #define ll long long
 9 using namespace std;
10 const int MAXMOD=1005,MAXN=100005,D=1e9+7;
11 int n,m,mod;
12 ll val[MAXN],ans,prt,pos[MAXMOD],cnt[MAXMOD],stk[MAXMOD],tp,invn;
13 struct Matrix {
14     ll s[MAXMOD];
15     Matrix() {memset(s,0,sizeof(s));}
16 }P,R;
17 Matrix operator * (const Matrix &AA,const Matrix &BB) {
18     Matrix CC;
19     for(int i=0;i<mod;i++)
20         for(int j=0;j<mod;j++)
21             CC.s[(i+j)%(mod-1)]=(CC.s[(i+j)%(mod-1)]+AA.s[i]*BB.s[j]%D)%D;
22     return CC;
23 }    
24 ll qpow(ll x,ll k,ll dd) {
25     ll ret=1;
26     while(k) {
27         if(k&1) ret=(ret*x)%dd;
28         x=(x*x)%dd,k>>=1;
29     }
30     return ret%dd;
31 }
32 void get_prt() {
33     int tmp=mod-1;
34     for(int i=2;i*i<mod;i++)
35         if(tmp%i==0) {
36             stk[++tp]=i;
37             while(tmp%i==0) tmp/=i;
38         }
39     if(tmp>1) stk[++tp]=tmp;
40     for(int i=2;i<=mod;i++) {
41         bool flag=0;
42         for(int j=1;j<=tp;j++)
43             if(qpow(i,(mod-1)/stk[j],mod)==1) {flag=1;break;}
44         if(!flag) {prt=i;break;}
45     }
46     for(int i=0;i<mod-1;i++) pos[qpow(prt,i,mod)]=i;
47 }
48 int main() {
49     scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
50     for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&val[i]),++cnt[val[i]];
51     get_prt();
52     invn=qpow(n,D-2,D);
53     for(int i=1;i<mod;i++)
54         P.s[pos[i]]=cnt[i]*invn%D;
55     R.s[0]=1;
56     while(m) {
57         if(m&1) R=R*P;
58         P=P*P,m>>=1;
59     }
60     for(int i=1;i<mod;i++) ans=(ans+R.s[pos[i]]*i)%D;
61     printf("%lld\n",ans);
62     return 0;
63 }

t1 Code

 

---

 

---

T2：给一颗树，每个节点都有两个权值a和b，a和b有如下关系：

　　b[x]=a[1]dis(1,x)+a[2]dis(2,x)+....+a[n]*dis(n,x) （dis ( i , j ) 表示i 到j 的最短路径经过的边数）

　　现在给你a与b数组中的一个，求另一个数组。

　　( 2<=n<=100000 )

　　首先很容易就可以在 O ( n ) 的复杂度下利用换根dp用a求出b，dp方程显然，就不赘述了

　　

　　主要看如何用b来求a：

　　不妨设dp的根为1

$\mathrm{我们看a求b时换根的方程\; b[\; v\; ]\; =\; b[\; u\; ]\; +\; （siz[\; 1\; ]\; -\; siz\; [\; v\; ]）-\; siz\; [\; v\; ]}$

$\mathrm{（siz\; [\; i\; ]\; 表示以i为根的子树内a的和）（v是u的儿子）}$

$\mathrm{移项后得\; b[\; v\; ]\; -\; b[\; u\; ]\; =\; siz[\; 1\; ]\; -\; 2\times siz[\; v\; ]\; 记作\; g[\; v\; ]}$

$\mathrm{于是我们可以对除1以外的所以点进行上述计算}$

$\mathrm{然后会发现其实并算不出什么东西？？？}$

$\mathrm{可是我们还没有用\; b[\; 1\; ]\; 啊？}$

$\mathrm{于是将\; b[\; 1\; ]的表达式写出，然后再合并}$

$\mathrm{发现，b[\; 1\; ]\; =\; \sum siz\; [\; u\; ]\; (u!=1)}$

$\mathrm{那就简单了，用\; \sum g[\; v\; ]\; +\; 2\; \times \; b[\; 1\; ]\; 就可以计算出\; siz[\; 1\; ]\; 的值}$

$\mathrm{然后再用\; g\; 和\; siz[\; 1\; ]\; 算出所有点的\; siz}$

$\mathrm{最后dfs一遍求出a即可}$

$\mathrm{so，code}$

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cmath>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstring>
 6 #include<vector>
 7 #include<queue>
 8 #define ll long long
 9 using namespace std;
10 const int MAXN=200005;
11 int T,n,o;
12 ll val[MAXN],siz[MAXN],f[MAXN],g[MAXN],sum;
13 struct node {
14     int to,nxt;
15 }mp[MAXN*2];
16 int h[MAXN],tot;
17 void add(int x,int y) {
18     mp[++tot].nxt=h[x];
19     mp[tot].to=y;
20     h[x]=tot;
21 }
22 void dfs1(int u,int fa) {
23     siz[u]=val[u];
24     for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
25         int v=mp[i].to;
26         if(v==fa) continue;
27         dfs1(v,u);
28         siz[u]+=siz[v];
29         f[u]+=f[v]+siz[v];
30     }
31 }
32 void dfs2(int u,int fa) {
33     for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
34         int v=mp[i].to;
35         if(v==fa) continue;
36         g[v]=g[u]-siz[v]+(siz[1]-siz[v]);
37         dfs2(v,u);
38     }
39 }
40 void work0() {
41     dfs1(1,0);
42     g[1]=f[1];
43     dfs2(1,0);
44     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",g[i]);
45     printf("\n");
46 }
47 void dfs3(int u,int fa) {
48     for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
49         int v=mp[i].to;
50         if(v==fa) continue;
51         g[v]=val[v]-val[u];
52         dfs3(v,u);
53     }
54 }
55 void dfs4(int u,int fa) {
56     f[u]=siz[u];
57     for(int i=h[u];i;i=mp[i].nxt) {
58         int v=mp[i].to;
59         if(v==fa) continue;
60         dfs4(v,u);
61         f[u]-=siz[v];
62     }
63 }
64 void work1() {
65     dfs3(1,0);
66     for(int i=2;i<=n;i++) sum+=g[i];
67     siz[1]=(2*val[1]+sum)/(n-1);
68     for(int i=2;i<=n;i++) siz[i]=(siz[1]-g[i])/2;
69     dfs4(1,0);
70     for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",f[i]);
71     printf("\n");
72 }
73 int main() {
74     scanf("%d",&T);
75     while(T--) {
76         scanf("%d",&n);
77         for(int i=1,aa,bb;i<n;i++) scanf("%d%d",&aa,&bb),add(aa,bb),add(bb,aa);
78         scanf("%d",&o);
79         for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&val[i]);
80         if(!o) work0();
81         else work1();
82         memset(h,0,sizeof(h));
83         memset(f,0,sizeof(f));
84         memset(g,0,sizeof(g));
85         memset(siz,0,sizeof(siz));
86         memset(val,0,sizeof(val));
87         tot=0;sum=0;
88     }
89     return 0;
90 }

t2 Code

 

---

 

---

 

T3：先写会儿插头dp，咕着。。。