2017北京国庆刷题Day4 afternoon

Posted 2020-10-10 日拱一卒 功不唐捐

期望得分：100+100+0=200

实际得分：5+0+0=5

 

每加入一个数，x的因数位置++

注意：根号x枚举时，如果x是完全平方数，根号x会重复累计2次，要减去

考场上没减，5分 /(ㄒoㄒ)/~~

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#define N 40001
int sum[N];
void read(int &x)
{
    x=0; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) { x=x*10+c-\'0\'; c=getchar(); }
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    int n,ans=0;
    read(n);
    int x,y,z;
    while(n--)
    {
        read(x); read(y);
        if(x==1) 
        {
            z=sqrt(y);
            for(int i=1;i<=z;i++)
                if(y%i==0) sum[i]++,sum[y/i]++; 
            if(z*z==y) sum[z]--; 
        }
        else ans^=sum[y];
    }
    printf("%d",ans);
}

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树形DP

 

令col[i] 表示 i与i的父节点之间的连边

f[i] 表示 在节点i的子树中，链的一个端点为i，且与i直接相邻的边的边的颜色 不与col[i] 相同 的方案数

F[i] 表示对应的权值和

g[i] 表示在节点i的子树中，链的一个端点为i 的方案数

G[i] 表示对应的权值和

 

将i的子树中经过i的链分为两种

① 以i为端点，用 g G  统计

②i为中间的一个点，用 f F 统计

 

状态转移方程：

设j为i的子节点,val[i]表示节点i的点权

① g[i]=Σ（f[j]+1） G[i]=Σ（F[j]+val[j]）

② f[i]= Σ（f[j]+1） F[i]=Σ（F[j]+val[j]） 其中，j满足col[j]!=col[i]

③ G[i]+=g[i]*val[i] 

④ F[i]+=f[i]*val[i]

解释：

1、g[i]、f[i] 的转移 就是把子树中的 g，f 累加起来，再加上子树的个数，因为i和i的子树的根节点（即i的子节点）构成一条新的合法的链

2、①、② 中 G、F 的转移 就是把子树中的 G、F累加起来，再加上子节点的权值和，因为i和的i的子节点构成一条新的合法的链

3、③、④ 所有的以i为一个端点的链都累加一个 i的权值

 

统计答案：

1、以i为端点的链，就是ans+=G[i]

2、以i为中间一个点的链，显然是要拿以i为端点的两条链拼起来

     ①对于i的每个子树j，假设j会被使用sum次，子树j的合法链的权值总和为V，那么 这个子树j 对 答案的贡献就是  sum*（V+val[j]）。

     加val[j]是因为 子树j的根节点的权值不属于V，但以这个点为链的一个端点，以i的其他子树的一个点为链的另一个端点， 这就是一条合法的链

     如何统计sum？

     设s[k]表示当前i的子树中，以i为链的一个端点 且 与i直接相连的边的颜色为k 的链的条数

     颜色编号大至1e9？ ——离散化

     那么sum=g[i]-s[col[j]]  即只要与i直接相连的边的颜色 不等于 col[j] ，就可以与j的子树中的链 以及 j 拼接

　 ② 考虑了链的拼接，还差两条链的交点的权值没有加，即i的权值。

     设两条链拼接的总方案数位 tot，那么最后再加上 tot*val[i] 就行了

     tot=Σ （  (f[[j]+1) * (g[i]-s[col[j]])  ）  / 2  原理同上

     除2是因为 一条链被枚举了两次

 

#include<cstdio>
#include<iostream> 
#include<algorithm>

using namespace std;

#define N 300001

typedef long long LL;

int val[N];
int front[N],to[N<<1],nxt[N<<1],tot,col[N<<1];
int has[N];
LL f[N],s[N],F[N];
LL ans;

void read(int &x)
{
    x=0; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) c=getchar();
    while(isdigit(c)) { x=x*10+c-\'0\'; c=getchar();  }
} 

void add(int u,int v,int w)
{
    to[++tot]=v; nxt[tot]=front[u]; front[u]=tot; col[tot]=w;
    to[++tot]=u; nxt[tot]=front[v]; front[v]=tot; col[tot]=w;
}

void init()
{
    int n;    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(val[i]);
    int u,v,c;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        read(u); read(v); read(c);
        has[i]=c;
        add(u,v,c);
    }
    sort(has+1,has+n+1);
    int tot=unique(has+1,has+n+1)-(has+1);
    for(int i=1;i<=n-1<<1;i++) col[i]=lower_bound(has+1,has+tot+1,col[i])-has;
}

void dfs(int x,int y,int z)
{
    int num=0;
    for(int i=front[x];i;i=nxt[i])
        if(to[i]!=y) num++,dfs(to[i],x,col[i]);
    LL g=0,G=0;
    for(int i=front[x];i;i=nxt[i])
        if(to[i]!=y)
        {
            if(col[i]!=z) f[x]+=f[to[i]]+1,F[x]+=F[to[i]]+val[to[i]];
            g+=f[to[i]]+1,G+=F[to[i]]+val[to[i]];
            s[col[i]]+=f[to[i]]+1;
        }
    if(!num) return;
    F[x]+=1ll*f[x]*val[x];
    G+=1ll*g*val[x];
    ans+=G;
    LL res=0,tmp=0;
    for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) 
         if(to[i]!=y) res+=(F[to[i]]+val[to[i]])*(g-s[col[i]]),tmp+=(1+f[to[i]])*(g-s[col[i]]);
    ans+=res+tmp/2*val[x];
    for(int i=front[x];i;i=nxt[i]) s[col[i]]=0;
}

int main()
{
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    init();
    dfs(1,0,0);
    printf("%I64d\\n",ans);
}
 

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解决本题关键：
同一行/列只有被选中奇数次才有效

 

假设有i行j列被翻了过来

那么可以得到等式

i*m+j*n-2*i*j=s

解得j=（s-i*m）/（n-2*i）

由此可知，我们只需要枚举i，就可以直接算出j

这个 i，j 合法的条件是：

① 不越界

②（n-i）%2=0，（m-j）%2=0

因为只能再翻偶数次，才能保证当前i，j 合法

 

如何计算一对合法的i，j的答案？

n行里i行被翻了过来  C（n，i）

m列里j列被翻了过来 C（m，j）

被翻了偶数次的行，就是把（r-i）/2  次机会 分给 n 行 C（（r-i）/2+n-1，n-1）

注意不是n行里面选 （r-i）/2  行翻过来，因为同一行可以不翻，也可以翻多次

同理，偶数次列为 C（（c-i）/2+m-1，m-1）

把这4个C 乘起来就是这一对i，j 的答案

 

最后累加所有的i，j 的贡献即可

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

#define N 200001

typedef long long LL;

const int mod=1e9+7;

LL inv[N],fac[N];

LL pow(LL a,int b)
{
    LL res=1;
    for(;b;a=a*a%mod,b>>=1)
        if(b&1) res*=a,res%=mod;
    return res;
}

int main()
{
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    int n,m,r,c; LL s;
    scanf("%d%d%d%d%I64d",&n,&m,&r,&c,&s);
    fac[0]=1;inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=max(n,m)+max(r,c);i++) fac[i]=i*fac[i-1],fac[i]%=mod,inv[i]=pow(fac[i],mod-2);
    int j;
    int ans=0; LL res; 
    for(int i=(r&1);i<=min(r,n);i+=2)
    {
        if(n!=2*i)
        {
            if((s-1ll*i*m)%(n-2*i)) continue;
            j=(s-1ll*i*m)/(n-2*i);
            if(j<0 || j>min(c,m) || (c-j)&1) continue;
            res=fac[n]*inv[i]%mod*inv[n-i]%mod;
            res=res*fac[m]%mod*inv[j]%mod*inv[m-j]%mod;
            res=res*fac[n+(r-i>>1)-1]%mod*inv[n-1]%mod*inv[r-i>>1]%mod;
            res=res*fac[m+(c-j>>1)-1]%mod*inv[m-1]%mod*inv[c-j>>1]%mod;
            ans+=res; ans%=mod; 
            //printf("%d %d %I64d\\n",i,j,res);
        }
    }
    printf("%d",ans);
}

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