模拟21确实毒瘤。。。考场上硬刚T3 2.5h,成功爆零

T1.数论

  看这题目就让人不想做,考场上我比较明智的打完暴力就弃掉了,没有打很久的表然后找规律。

  正解貌似是乱搞,我们考虑一个比较显然的结论:

  对于一个质数 p,我们考虑所有仅包含小于 p 的质因子的正整数集 G。不难发现:
  • 若 x ∈ G,且在 G 中已经有超过 K 个小于 x 的整数约数个数多于 x,即 x 一定不是良好的,
  则 xp^c (c ≥ 0) 也一定不可能是良好的。

  于是我们可以利用已知的良好的数筛出接下来“可能良好”的数,再在这些数里面排除,除去确定的不是良好的数,即可得到所有良好的数。

T2.

  大概是这三道题里最水的?

  思路卡壳点:最终的答案与c的大小无关,只与c二进制位中1的个数有关。

  发现了这个结论,我们就可以很愉快的dp了。

T3.

  我们可以采取逐位确定的方法,首先求出以每个点为根时dfs序的总方案数,接下来:

  设当前点所要对应b数列中的p位置,若当前点<b[p],那么直接累加随便走的方案数;若当前点>b[p],break;否则,p++,去当前点的子树中寻找进行同样的过程。

  说起来很容易,实际操作挺shi的,反正我调了一晚上。。。。

 #include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
int n,fi[],ne[],to[],b[],du[],tot,p,siz[],tt,sum[],r[],lc[],rc[];
ll f[],js[],ans,ni[],ff[],fc[];
vector<int>h[];
bool v[];
inline int read(){
int x=;
char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'')ch=getchar();
while(ch>=''&&ch<='')x=(x<<)+(x<<)+ch-,ch=getchar();
return x;
}
inline ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=;
while(y){
if(y&)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=;
}
return ans;
}
inline void add(int x,int y){
ne[++tot]=fi[x];
fi[x]=tot;
to[tot]=y;
}
ll dfs(int x,int fa){
ff[x]=;siz[x]=;
for(int i=fi[x];i;i=ne[i]){
int y=to[i];
if(y!=fa){
ff[x]=ff[x]*dfs(y,x)%mod;
siz[x]+=siz[y];
}
}
ff[x]=ff[x]*js[fa?du[x]-:du[x]]%mod;
return ff[x];
}
void insert(int &x,int l,int r,int pos,int val){
if(!x)x=++tt;
if(l==r){
sum[x]+=val;
return;
}
int mid=(l+r)>>;
if(pos<=mid)insert(lc[x],l,mid,pos,val);
else insert(rc[x],mid+,r,pos,val);
sum[x]=sum[lc[x]]+sum[rc[x]];
}
int query(int x,int l,int r,int pos){
if(pos<=)return ;
if(l==r)return sum[x];
int mid=(l+r)>>;
if(pos<=mid)return query(lc[x],l,mid,pos);
return query(rc[x],mid+,r,pos)+sum[lc[x]];
}
bool check(int x,int l,int r,int pos){
if(l==r)return sum[x];
int mid=(l+r)>>;
if(pos<=mid)return check(lc[x],l,mid,pos);
return check(rc[x],mid+,r,pos);
}
bool dfs2(int x,int fa){
int la=p+,num=fa?du[x]-:du[x];
fc[x]=;p++;
ll t=;
sort(h[x].begin(),h[x].end());
for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
if(to[i]!=fa)
insert(r[x],,n,to[i],);
while(p-la!=siz[x]-){
num--;int y=b[p+];
ff[x]=ff[x]*qpow(num+,mod-)%mod;
fc[x]=(fc[x]+query(r[x],,n,b[p+]-)*ff[x])%mod;
if(!check(r[x],,n,b[p+])){
p=siz[x]+la-;
return false;
}
insert(r[x],,n,b[p+],-);
ff[x]=ff[x]*qpow(ff[y],mod-)%mod;
if(!dfs2(b[p+],x)){
p=siz[x]-+la;
fc[x]=(fc[x]+fc[y]*ff[x])%mod;
return false;
}
fc[x]=(fc[x]+fc[y]*ff[x])%mod;
}
return true;
}
int main(){
// freopen("t.in","r",stdin);
n=read();js[]=;ni[]=;
for(int i=;i<=n;i++)
b[i]=read();
for(int i=,x,y;i<n;i++){
x=read(),y=read();
add(x,y);add(y,x);
du[x]++,du[y]++;
}
for(int i=;i<=n;i++)
js[i]=js[i-]*i%mod,ni[i]=qpow(js[i],mod-);
f[]=js[du[]];
for(int i=;i<=n;i++)f[]=f[]*js[du[i]-]%mod;
for(int i=;i<=b[];i++)
f[i]=f[]*ni[du[i]-]%mod*js[du[i]]%mod*ni[du[]]%mod*js[du[]-]%mod;
for(int i=;i<=b[];i++){
if(i<b[]){
ans=(ans+f[i])%mod;
}
if(i==b[]){
p=;
dfs(i,);
dfs2(i,);
ans=(ans+fc[i])%mod;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return ;
}

模拟23

 T1.

  简单dp,没了.

T2.

  这题做法非常的多,我可能是唯一一个二分AC的,细节很多,考试时少剪一个枝T成了60

  对于每一个点他的积水高度显然单调,我们可以二分这个高度,然后从这个点开始dfs,若成立,将与该点相连的所有高度小于ans的全部改成这个高度,注意不要重复遍历同一点,会将复杂度从n^2变成n^3

  二分挺恶心的,不重复遍历特判错了很容易wa,重复遍历就会T

  总复杂度nmlognm,复杂度还是正确的.

 #include<bits/stdc++.h>
#define cri const register int
using namespace std;
const int zx[]={,-,,},zy[]={,,-,};
int n,m,a[][],res[][],tim;
int vv[][],tot;
char v[][];
bool dfs2(cri x,cri y,cri val){
if(a[x][y]>=val)return true;
vv[x][y]=tim;
for(int i=;i<=;i++){
int ax=x+zx[i],ay=y+zy[i];
if(ax<||ay<||ax>n+||ay>n+)return false;
if(v[ax][ay]&&a[ax][ay]+res[ax][ay]<val)return false;
if(v[ax][ay]&&a[ax][ay]>=val)continue;
if(vv[ax][ay]!=tim){
if(!dfs2(ax,ay,val))return false;
}
}
return true;
}
inline bool check(int x,int y,int val){
tim++;
return dfs2(x,y,val);
}
void dfs(cri x,cri y,cri val){
res[x][y]=max(val-a[x][y],);
v[x][y]=true;
if(a[x][y]>=val)return;
for(int i=;i<=;i++){
int ax=x+zx[i],ay=y+zy[i];
if(v[ax][ay]||ax<=||ay<=||ax>n||ay>m)continue;
dfs(ax,ay,val);
}
}
struct keng{
int x,y,a;
friend bool operator < (keng a,keng b){
return a.a<b.a;
}
}aa[];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=m;j++)
scanf("%d",&aa[++tot].a),aa[tot].x=i,aa[tot].y=j,a[i][j]=aa[tot].a;
sort(aa+,aa+tot+);
for(int i=;i<=tot;i++){
if(!v[aa[i].x][aa[i].y]){
int l=,r=1e9,ans=-1e9;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>;
if(check(aa[i].x,aa[i].y,mid))ans=max(ans,mid),l=mid+;
else r=mid-;
}
dfs(aa[i].x,aa[i].y,ans);
}
}
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++)
printf("%d ",res[i][j]);
puts("");
}
return ;
}

T3,

  容斥好题

  我是看题解做的,主要解释一下f (i) = ∑ d μ(d)g(d)

  算了不想打公式了,自己反演去吧

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