NOIP模拟测试9

又考崩了咕咕咕。。。

T1:随    好题标记

前置芝士：

原根：质数P的原根g满足1<=rt<P,且rt的1次方,2次方…(P-1)次方在模P意义下可以取遍1到(P-1)的所有整数。
    欧拉定理：对于质数P,1<=x<P的任意x的P-1次方在模P意义下都为1。
    显然,原根的1次方,2次方…（P-2）次方在模P意义下都不为1,只有(P-1)次方在模P意义下为1.这也是一个数成为原根的充分必要条件。
    x^b≡x^(b%φ(p))  (%p)

考虑到这道题的m很大，但状态具有传递性，用倍增算法。

设状态f[i][j]表示选了i波后为原根的j次方的方案总数，另求一个辅助数组g[i][j]表示选择2^i次后为原根的j次方的方案总数，那么dp转移显然：

f[i][(j+k)%(p-1)]=Σf[i-1][j]*g[now][k]  (0<=k,j<mod-1)（可以滚动）

注意这里是p-1！由前置芝士可得（因为表示的是次方嘛）。

求g数组同理：

g[i][(j+k)%(mod-1)]=g[i-1][k]*g[i-1][j](0<=k,j<mod-1)

 #include<bits/stdc++.h>
 #define int long long
 #define ts puts("----------");
 using namespace std;
 const int MOD=;
 int g[][],f[][],num[],Map[],bin[],To[];
 bitset<>s;
 int qpower(int a,int b){
     int ans=;
     while(b){if(b&)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=;}
     return ans%MOD;
 }
 signed main()
 {
     int n,m,mod;
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mod);
     int t=log(m)/log()+;
     bin[]=;
     for(int i=;i<=;i++)bin[i]=bin[i-]<<;
     for(int i=;i<mod;i++){
         s.reset();
         int base=;
         for(int j=;j<mod;j++){
             (base*=i)%=mod;
             s[base]=;
         }
         if(s.count()==mod-){
 //            cout<<i<<endl;
             int base=;
             for(int j=;j<mod;j++)
                 (base*=i)%=mod,Map[base]=j,To[j]=base;
             Map[]=;To[]=;
             break;
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         int a;
         scanf("%lld",&a);
         num[a]++;
         g[Map[a]][]++;
     }
     for(int i=;i<=t;i++)
         for(int j=;j<mod;j++)
             for(int k=;k<mod;k++)
                 (g[(j+k)%(mod-)][i]+=g[k][i-]*g[j][i-])%=MOD;
 //    for(int i=0;i<=t;i++)
 //        for(int j=0;j<mod;j++)
 //            cout<<j<<' '<<i<<' '<<g[j][i]<<endl;
     f[][Map[]]=;
     int now=;
     int cur=;
     for(int i=t;i>=;i--){
         if(now+bin[i]>m)continue;
         for(int j=;j<mod;j++)f[cur][j]=;
 //        cout<<i<<endl;
         now+=bin[i];
         for(int j=;j<mod;j++)
             for(int k=;k<mod;k++)
         //        cout<<k<<' '<<f[cur^1][k]<<"         "<<j<<' '<<i<<' '<<g[j][i]<<endl,
                 (f[cur][(j+k)%(mod-)]+=(f[cur^][k]*g[j][i]))%=MOD;//,cout<<(j+k)%(mod-1)<<' '<<f[cur][(j+k)%(mod-1)]<<endl;
         if(now==m)break;
         cur^=;
     }
     int a=;
     for(int i=;i<mod;i++)
 //        cout<<i<<' '<<f[cur][i]<<endl,
         (a+=To[i]*f[cur][i])%=MOD;
     int b=qpower(qpower(n,m),MOD-);
     cout<<(a*b)%MOD<<endl;
     return ;
 }

n^2的原根

T2：单   好题标记

咕咕咕

这题嘛高斯消元就溜啦，然后获得了10的好成绩，但高斯消元没骗到分。

直接贴代码

注意的点吧：

1.高斯消元不管是不是整数解，一定要开double！

2.整数解向上取整！

3.fabs必须有！

4.sb错误！

总而言之，不要被题里说的保证有整数解蒙蔽了双眼=_=

上正解：

先看一条链的情况：

已知a[i]求b[i]:

考虑每条边的贡献，辣么，b[i]=pr[1]+pr[2]+pr[3]+......+pr[i-1]+ls[i+1]+ls[i+2]+........+ls[n]。

这是因为第一条边对于i来说只有a[1]的贡献，而第二条边有a[1]+a[2]的贡献，然后处理前缀的前缀和后缀的后缀就好啦！

已知b[i]求a[i]:

先把柿子列出来：

b[1]=ls[2]+.....+ls[n]。

b[2]=pr[1]+ls[3]+.....+ls[n]。

作差发现b[1]-b[2]=ls[2]-pr[1]，设sum=a[1]+......+a[n]。

辣么显然pr[i]+ls[i+1]=sum

=>b[1]-b[2]=sum-2*pr[1]。

以此类推 b[i]-b[i+1]=sum-2*pr[i]。

累加发现b[1]-b[n]=(n-1)*sum-2*Σpr[i](1<=i<n)

又发现后面那个sigma可以变成b[n]。

所以b[1]+b[n]=(n-1)*sum => sum=(b[1]+b[n])/(n-1)

知道sum就可以利用前面的柿子愉快的推出来了！

树上的以此类推就好啦，不过把前缀后缀换成了子树a[i]的和

AC代码：

 #include<bits/stdc++.h>
 #define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
 #define MAXN 100050
 #define int long long
 using namespace std;
 int n,a[MAXN],b[MAXN],tot,head[MAXN],nxt[MAXN*],to[MAXN*],cnt,rt,sz[MAXN];
 int mmp;
 void add(int u,int v)
 {
     to[++cnt]=v;
     nxt[cnt]=head[u];
     head[u]=cnt;
 }
 void clear()
 {
     mem(a);mem(b);tot=;cnt=;mem(head);mem(sz);mmp=;
 }
 void dfs(int x,int fa,int depth)
 {
     b[rt]+=a[x]*depth;
     sz[x]=a[x];
     for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y==fa)continue;
         dfs(y,x,depth+);
         sz[x]+=sz[y];
     }
     return ;
 }
 void dfs1(int x,int fa)
 {
     if(x!=rt)b[x]=b[fa]+tot-*sz[x];
     for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y==fa)continue;
         dfs1(y,x);
     }
 }
 void dfs2(int x,int fa)
 {
     if(x!=rt)tot+=b[x]-b[fa];
     for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y==fa)continue;
         dfs2(y,x);
     }
 }
 void dfs3(int x,int fa)
 {
     if(x!=rt)a[x]=sz[x]=(tot+b[fa]-b[x])/;
     for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
     {
         int y=to[i];
         if(y==fa)continue;
         dfs3(y,x);
         if(x!=rt)a[x]-=sz[y];
     }
     if(x!=rt)mmp+=a[x];
     return ;
 }
 signed main()
 {
     int t;rt=;
     scanf("%lld",&t);
     while(t--)
     {
         clear();
         scanf("%lld",&n);
         for(int i=;i<n;i++)
         {
             int a,b;
             scanf("%lld%lld",&a,&b);
             add(a,b);add(b,a);
         }
         int mt;
         scanf("%lld",&mt);
         if(!mt)
         {
             for(int i=;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),tot+=a[i];
             dfs(,,);
             dfs1(,);
             for(int i=;i<=n;i++)printf("%lld ",b[i]);
             puts("");
         }
         else
         {
             for(int i=;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
             tot=b[]*;
             dfs2(,);
             tot/=(n-);
             dfs3(,);
             a[rt]=tot-mmp;
             for(int i=;i<=n;i++)printf("%lld ",a[i]);
             puts("");
         }
     }
     return ;
 }

T3是个打表找规律题，不说啦

考试反思：

第一次写考试反思，以前只写了题解（甚至有的题解都没写）。
连续爆炸后是波澜不惊，还是任其东西，在你自己，wd大佬一次rk15把自己说的什么都不是，而你次次落后还不知悔改。
你可以笨，但不能自甘堕落，也许努力没有结果，但不努力一定没有结果！
人生百态，世事沉浮，你，只能靠自己啊。
以前的你虽然菜，但基本上不挂分，现在又菜又挂分，是能力问题吗？
为什么以前能做到的现在反而做不到了？   
暴力变难了吗？   你变傻了吗？ 还是你的态度有问题？
你怎么做的你自己清楚，你想干什么你自然也清楚，而你能不能做到，在你心里也早有定数。
模板不会，知识点理解不透彻，思维不够，你还剩什么呀！
只有暴力，难道你就要用一直挂分的暴力苟且？  就算你能苟过联赛，下面的路呢？ 就不走了吗？
一个题的分数是有限的，但算法的优化是无限的，你还在为T3 95分沾沾自喜吗？
一个显然的规律，被你打了两个小时的表，那么多人AC，你就不能找找规律吗？
还是，你就认为自己找不出来？

这不是什么考试技巧，这是你对自己的定位，你凭什么认为就那么难，你就推不出来？
在不该浪费时间的题上浪费时间，该得的分却拿不到。
你的考试策略出现了很大的问题
不管什么题，先试着推一下，骗分是迫不得已的行为。
某学长曾说过：或许这，或许那，都是经历，愿OI，成为你无悔的历练。