noip模拟9 达哥随单题

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（mod^1/4）求，mod^2暴力就行。。。

　　总复杂度O（mod^2logm）.

　　数据差评，没有80分算法

 #include<bits/stdc++.h>
 #define p 1000000007
 using namespace std;
 int n,m,mod,a,sum[],yuan,ys[],yx[];
 long long b[][],aa[],c[],d[];
 bool v[];
 inline void cheng()
 {
     for(int i=;i<mod;i++)
     {
         d[i]=;
         for(int j=;j<mod;j++)
             d[i]=(d[i]+aa[j]*b[j][i])%p;
     }
     for(int i=;i<mod;i++)
         aa[i]=d[i];
 }
 inline void z()
 {
     for(int i=;i<mod;i++)
     {
         c[i]=;
         for(int j=;j<mod;j++)
             c[i]=(c[i]+b[][j]*b[j][i])%p;
     }
     for(int i=;i<mod;i++)
         b[][i]=c[i];
     for(int i=;i<mod;i++)
         for(int j=;j<mod;j++)
             b[i][j]=b[i-][(j==)?mod-:j-];
 }
 inline long long qpow(long long x,long long y)
 {
     long long ans=;
     while(y)
     {
         if(y&)ans=ans*x%p;
         x=x*x%p;
         y>>=;
     }
     return ans;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
     for(int i=;i<mod;i++)
     {
         memset(v,,sizeof(v));
         long long k=;
         bool kkk=;
         for(int j=;j<mod;j++)
         {
             if(v[(k*i)%mod])
             {
                 kkk=;
                 break;
             }
             k=(k*i)%mod,v[k]=true;
         }
         if(!kkk)
         {
             yuan=i;
             break;
         }
     }
     for(int i=,j=yuan;i<mod;i++,j=j*yuan%mod)
         ys[j]=i,yx[i]=j;
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%d",&a),sum[ys[a]]++;
     for(int i=;i<mod;i++)
         for(int j=;j<mod;j++)
             b[i][(i+j-)%(mod-)+]+=sum[j];
     aa[mod-]=;
     long long bb=qpow(n,m),aaa=;
     while(m)
     {
         if(m&) cheng();
         z();
         m>>=;
     }
     for(int i=;i<mod;i++)
         (aaa+=yx[i]*aa[i])%=p;
     cout<<aaa*qpow(bb,p-)%p;
     return ;
 }

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。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define int long long
 using namespace std;
 int t,n,fi[],ne[],to[],tot,a[],b[],sum,siz[],de[];
 bool o;
 inline void add(int x,int y)
 {
     ne[++tot]=fi[x];
     to[tot]=y;
     fi[x]=tot;
 }
 void dfs1(int x,int fa)
 {
     siz[x]=a[x];b[]+=(de[x]-)*a[x];
     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y!=fa)
         {
             de[y]=de[x]+;
             dfs1(y,x);
             siz[x]+=siz[y];
         }
     }
 }
 void dfs2(int x,int fa)
 {
     b[x]=b[fa]-siz[x]+sum-siz[x];
     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y!=fa)
         {
             dfs2(y,x);
         }
     }
 }
 void dfs3(int x,int fa)
 {
     siz[x]=(b[fa]-b[x]+sum)>>;a[x]=siz[x];
     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y!=fa)
         {
             dfs3(y,x);
             a[x]-=siz[y];
         }
     }
 }
 void gsm(int x,int fa)
 {
     for(int i=fi[x];i;i=ne[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y!=fa)
         {
             sum+=b[x]-b[y];
             gsm(y,x);
         }
     }
 }
 main()
 {
     scanf("%lld",&t);
     while(t--)
     {
         tot=sum=;
         memset(fi,,sizeof(fi));
         memset(b,,sizeof(b));
         memset(a,,sizeof(a));
         memset(siz,,sizeof(siz));
         memset(de,,sizeof(de));
         scanf("%lld",&n);
         for(int i=,x,y;i<n;i++)
         {
             scanf("%lld%lld",&x,&y);
             add(x,y),add(y,x);
         }
         cin>>o;
         if(o)
         {
             for(int i=;i<=n;i++)
                 scanf("%lld",&b[i]);
             gsm(,);
             sum=(b[]*-sum)/(n-);
             siz[]=sum;
             for(int i=fi[];i;i=ne[i])
             {
                 dfs3(to[i],);
                 siz[]-=siz[to[i]];
             }
             a[]=siz[];
             for(int i=;i<=n;i++)
                 printf("%lld ",a[i]);
             puts("");
         }
         else
         {
             for(int i=;i<=n;i++)
                 scanf("%lld",&a[i]),sum+=a[i];
             de[]=;
             dfs1(,);
             for(int i=fi[];i;i=ne[i])
             {
                 int y=to[i];
                 dfs2(y,);
             }
             for(int i=;i<=n;i++)
                 printf("%lld ",b[i]);
             puts("");
         }
     }
     return ;
 }

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）

 #include<bits/stdc++.h>
 #define mod 1000000007
 using namespace std;
 int n,k;
 long long js[],ni[],f[][][];
 inline long long qpow(long long x,long long y)
 {
     long long ans=;
     while(y)
     {
         if(y&)ans=ans*x%mod;
         x=x*x%mod;
         y>>=;
     }
     return ans;
 }
 inline long long c(long long x,long long y)
 {
     return js[x]*ni[x-y]%mod*ni[y]%mod;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&k);
     js[]=ni[]=;
     for(int i=;i<=n+n;i++)
         js[i]=js[i-]*i%mod,ni[i]=qpow(js[i],mod-);
     if(k==)
     {
         printf("%lld\n",c(n,n/)*c(n,n/)%mod);
         return ;
     }
     if(k==)
     {
         printf("%lld\n",c(n,n/)*qpow(n/+,mod-)%mod);
         return ;
     }
     if(k==)
     {
         f[][][]=;
         for(int i=;i<=n;i++)
         {
             f[i&][][]=(f[(i-)&][][]+f[(i-)&][][]+f[(i-)&][][]+f[(i-)&][][])%mod;
             for(int j=-n;j<=+n;j++)
                 if(j!=)
                     f[i&][][j]=(f[(i-)&][][j-]+f[(i-)&][][j+])%mod;
             for(int j=-n;j<=+n;j++)
                 if(j!=)
                     f[i&][j][]=(f[(i-)&][j-][]+f[(i-)&][j+][])%mod;
         }
         cout<<f[n&][][]<<endl;
         return ;
     }
     if(k==)
     {
         long long ans=;
         for(int i=;i<=n/;i++)
             ans=(ans+c(n,i+i)*c(i+i,i)%mod*qpow(i+,mod-)%mod*c(n-i-i,(n-i-i)/)%mod*qpow((n-i-i)/+,mod-))%mod;
         cout<<ans;
     }
     return ;
 }