【BZOJ5491】[HNOI2019]多边形（模拟，组合计数）

[HNOI2019]多边形（模拟，组合计数）

题面

洛谷

题解

突然特别想骂人，本来我考场现切了的，结果WA了几个点，刚刚拿代码一看有个地方忘记取模了。

首先发现终止态一定是所有点都向\(n\)连边(看样例图解就知道了)

那么大力猜想一下第一问的答案一定是\(n-3-\)和\(n\)号点直接相连的边数。

手玩一下，发现这样一件事情：和\(n\)直接相连的所有边把多边形分割成了若干个区间，每个区间都用\([l,r]\)表示。

对于\([l,r]\)这个区间，因为已经分割出来了，也就是除了\(l-n,r-n\)之外，没有直接和\(n\)相连的边，那么发现这里执行一次旋转操作必定会选择到\((l,r)\)，那么只需要找到\(b\)点，显然\(b\)也是唯一确定的，那么直接在\(l\)的出边中找到小于\(r\)的最大值就行了，这个点就是\(b\)。

发现这次操作执行完之后，这个区间被划分成了两个部分，只需要递归处理就行了。

于是，除了一开始就和\(n\)号点直接相连的边之外，每次划分一定把区间分割成两个部分，并且分割操作唯一，因此我们可以把这个过程用一个二叉树来表示。

考虑计算方案数，一个节点表示这个点所代表的操作必须在左右两个儿子之前进行，而分割完这次之后，左右两个儿子之间就独立了，因此等价于左侧有一个操作序列，右侧有一个操作序列，需要把他们两合并，这里贡献的方案数就是一个组合数。所以方案数就是每个节点合并两个儿子的方案数的乘积。最后再把所有被和\(n\)相连的边划分出来的区间再乘一下拼接的组合数就是答案。

那么我们可以处理单次询问了。

继续考虑提前执行一次旋转操作对于答案的影响，类似\(Splay\)，发现这次操作就是把一个点\(rotate\)一下(感性理解或者手玩一下就知道为什么了)。

那么这里需要分类讨论，如果这个点存在父亲，直接\(rotate\)就行了，除掉原本的贡献再乘上新的贡献就可以了。

否则这个点不存在父亲，即这个点是划分的第一次操作，提前旋转之后就变成了和\(n\)相连的边，这里会把第一问的答案减一，然后把原本的方案数除掉，再乘上直接把左右两个儿子当成被和\(n\)相连的边分割的方案数就行了。

时间复杂度一个\(log\)。（因为我要用\(map\)储存每个点对应的是哪条边，以及在建树的时候需要\(lower\_bound\)）

下面是考场代码（把那个鬼取模给补上了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
	int x=0;char ch=getchar();bool fl=false;
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')fl=true,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return fl?-x:x;
}
int W,n,ans,Ans=1;
int jc[MAX],inv[MAX],jv[MAX];
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m)return 0;return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}
int InvC(int n,int m){return 1ll*jv[n]*jc[m]%MOD*jc[n-m]%MOD;}
int Merge(int n,int m){return C(n+m,n);}
int InvMerge(int n,int m){return InvC(n+m,n);}
int ch[MAX][2],tot,sz[MAX],fa[MAX];
int rt[MAX];
vector<int> E[MAX];
map<pair<int,int>,int> M;
void Divide(int &x,int ff,int l,int r)
{
	if(r-l<=1)return;x=++tot;sz[x]=1;fa[x]=ff;
	int p=lower_bound(E[r].begin(),E[r].end(),l+1)-E[r].begin();
	p=E[r][p];M[make_pair(l,r)]=x;
	Divide(ch[x][0],x,l,p);Divide(ch[x][1],x,p,r);
	sz[x]+=sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]];
	Ans=1ll*Ans*Merge(sz[ch[x][0]],sz[ch[x][1]])%MOD;
}
int main()
{
	freopen("polygon.in","r",stdin);
	freopen("polygon.out","w",stdout);
	W=read();n=read();
	jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+n;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n+n;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n+n;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n-3;++i)
	{
		int u=read(),v=read();
		E[u].push_back(v);
		E[v].push_back(u);
	}
	for(int i=2;i<n;++i)E[i].push_back(i-1),E[i].push_back(i+1);
	E[1].push_back(2);E[1].push_back(n);
	E[n].push_back(1);E[n].push_back(n-1);
	for(int i=1;i<=n;++i)sort(E[i].begin(),E[i].end());
	for(int i=0,l=E[n].size();i<l-1;++i)Divide(rt[i],0,E[n][i],E[n][i+1]);
	int SS=0;
	for(int i=0,l=E[n].size();i<l-1;++i)Ans=1ll*Ans*Merge(SS,sz[rt[i]])%MOD,SS+=sz[rt[i]];
	int cnt=n-1-E[n].size();
	if(!W)printf("%d\n",cnt);
	else printf("%d %d\n",cnt,Ans);
	int Q=read();
	while(Q--)
	{
		int a=read(),b=read();if(b<a)swap(a,b);
		int p=M[make_pair(a,b)];
		int pcnt=cnt-(fa[p]?0:1);
		if(!W){printf("%d\n",pcnt);continue;}
		else printf("%d ",pcnt);
		int pans=Ans;
		if(fa[p])
		{
			int f=fa[p],k=ch[f][1]==p;
			pans=1ll*pans*InvMerge(sz[ch[p][0]],sz[ch[p][1]])%MOD;
			pans=1ll*pans*InvMerge(sz[ch[f][0]],sz[ch[f][1]])%MOD;
			pans=1ll*pans*Merge(sz[ch[f][k^1]],sz[ch[p][k^1]])%MOD;
			pans=1ll*pans*Merge(sz[f]-sz[p]+sz[ch[p][k^1]],sz[ch[p][k]])%MOD;
		}
		else
		{
			pans=1ll*pans*InvMerge(sz[ch[p][0]],sz[ch[p][1]])%MOD;
			pans=1ll*pans*InvMerge(SS-sz[p],sz[p])%MOD;
			pans=1ll*pans*Merge(SS-sz[p],sz[ch[p][0]])%MOD;
			pans=1ll*pans*Merge(SS-sz[p]+sz[ch[p][0]],sz[ch[p][1]])%MOD;
		}
		printf("%d\n",pans);
	}
	return 0;
}