标签:ons 理解 差值 code 而且 转换 mit 必须 puts
有些东西渐渐就远去了。。。不必挂念。
只有时间才拥有如此力量。我们能做的,唯有释怀。
这次的题格外顺手,大概是我的强项了。
但是考得还是不够好吧。。。感觉可以更高的
今天迎来了学了OI一年多比较重要的一个成就:(虽说是在考后)
AC1000道题!还是挺不容易的。
第1000道题是今天的T3。大部分是自己思考的,题也不是很简单,挺好的。
挺过了联赛,现在想要等到下一次整百,可能就要到3月份了。
我还能在OI多久呢?
回到这场考试。
T1的数据范围只有10000,让我想起了ALO那道题50000数据被我随机化AC。
然而这题可以构造毒瘤数据所以正确率没有那么高,但是除了随机化啥也不会写。
于是拿一个60走人(其实很满意了)。
T2一眼秒,AC自动机+拓扑dp,当然需要tarjan。
tarjan?啊。。。好像不会写了,弃了。
然后正解真的就是这个,自闭。。。
T3其实是最先开始做的题,因为测试1里做的那道题有提到积性函数,然后就想了一下这题的这玩意显然也就是积性函数。
然后P=2的就很好说了。很快写完。然后又研究了一下P=2017,也就证明了结论但是复杂度不对,一共80分滚粗。
这点分拿到之后就啥都没干了。T2写了个AC自动机但是没有tarjan没有用。然后就不知道该干什么了。
tarjan这种东西吧。。。
至少现在,应该是真的会了。。。幸亏联赛没考不然就退役了。
T1:好题
题意:树上每个点有色,求最小联通块含有k种颜色。n<=10000,k<=5,颜色<=n
k<=5一定是突破口。但是颜色那么多怎么办?
随机化。把所有的颜色分成k类,同类的视为一种颜色。
然后树上状压dp就可以得到含有k类颜色的最小联通块。
显然找到的方案一定是合法的,但不一定是最优的。
考虑最优方案的联通块所包含的k种颜色,你能找出这个解当且仅当这k种颜色被恰好分为了不同的k类。
合法的总方案是$k!$个(内部顺序任意,所以是排列)。而对这k中颜色分类的总方案数就是$k^k$。
所以单次随机化得到正解的概率是$\frac{k!}{k^k}$。在k=5时大约是0.04
这样的话,只要进行50次随机化,正确率就已经高达87%了。然而你让它一直clock跑下去肯定是不会错的。
单次随机化的复杂度是$O(3^kn)$。然而我懒得写枚举子集了,于是单次复杂度变为$O(4^kn)$。
还是可以过的。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 10003 4 int n,k,fir[S],l[S<<1],to[S<<1],co[S],ec,cnt,c,ans=S,tans,sz[S],dp[S][33],re[S],Co[S]; 5 void dfs(int p,int fa){ 6 dp[p][1<<co[p]]=1; 7 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa){ 8 dfs(to[i],p); 9 for(int a=1;a<1<<k;++a)for(int b=1;b<1<<k;++b)dp[p][a|b]=min(dp[p][a|b],dp[p][a]+dp[to[i]][b]); 10 }ans=min(ans,dp[p][(1<<k)-1]); 11 } 12 main(){ 13 scanf("%d%d",&n,&k); 14 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&Co[i]); 15 for(int i=1,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y), 16 l[++ec]=fir[x],fir[x]=ec,to[ec]=y, 17 l[++ec]=fir[y],fir[y]=ec,to[ec]=x; 18 while(clock()<699999){ 19 for(int i=1;i<=n;++i)re[i]=rand()%k; 20 for(int i=1;i<=n;++i)co[i]=re[Co[i]]; 21 memset(dp,0x3f,sizeof dp);dfs(1,0); 22 }printf("%d\n",ans); 23 }
T2:坏题
题意:给定n个长度不超过10的串,字符集大小为t。求有多少种两端都无限长的串,不与给定串匹配。两串相同当且仅当一个串下标全部+k后完全匹配。
多串匹配,八成AC自动机。
题意就是AC自动机上,从环出发到环结束,有多少方案。
对于非简单环,它就可以乱走了,方案数无穷。
对于一个环走到一个环再走到一个环,中间的环走几次是任意的,方案数也无穷。
看到一堆环环环的,那就写tarjan缩一下呗。然而我不会
对于简单环的判定,条件很简单:如果你是n个点的强联通分量,那么你就一定有至少n条边。
如果是恰好n条边,那么构造就明确了一定是一个简单环。否则多于n条边的话,你一定可以在图里提取出一个环,而在这环以外的边会使这个环上的点形成新的路径。
因为一个环已经强联通了,再连新的边一定会与环上对应两点的两条路径之一形成新的环,从而它就不是简单环了。
所以tarjan缩完之后,跑拓扑做dp就可以了。注意在tarjan时单个点无自环也会被判定为强联通分量,在dp时需要特殊处理。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 333333 4 int c[S][7],fail[S],q[S],nt[S],t,qt,n,rt,pc,tim,scc,tp,ed[S],pt[S]; 5 int dfn[S],low[S],bl[S],ins[S],s[S],fir[S],l[S],to[S],ec;char ss[11]; 6 int FIR[S],L[S],TO[S],deg[S],EC,ans,dp[S][3]; 7 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;} 8 void Link(int a,int b){L[++EC]=FIR[a];FIR[a]=EC;TO[EC]=b;deg[b]++;} 9 void insert(int&p,int al){ 10 if(!p)p=++pc; 11 if(!ss[al]){nt[p]=1;return;} 12 insert(c[p][ss[al]-‘a‘],al+1); 13 } 14 void bfs(){ 15 q[1]=rt;for(int i=0;i<t;++i)c[0][i]=rt; 16 for(int h=1,qt=1;h<=qt;++h)for(int i=0;i<t;++i) 17 if(c[q[h]][i])fail[q[++qt]=c[q[h]][i]]=c[fail[q[h]]][i]; 18 else c[q[h]][i]=c[fail[q[h]]][i]; 19 } 20 void tarjan(int p){ 21 dfn[p]=low[p]=++tim;s[++tp]=p;ins[p]=1; 22 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(!dfn[to[i]])tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]); 23 else if(ins[to[i]])low[p]=min(low[p],low[to[i]]); 24 if(dfn[p]==low[p]){ 25 bl[p]=++scc;ins[p]=0; 26 while(s[tp]!=p)ins[s[tp]]=0,bl[s[tp--]]=scc;tp--; 27 } 28 } 29 int main(){ 30 scanf("%d%d",&t,&n); 31 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",ss),insert(rt,0); 32 bfs();for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=i;j;j=fail[j])nt[i]|=nt[j]; 33 for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=0;j<t;++j)if(!nt[i]&&!nt[c[i][j]])link(i,c[i][j]); 34 tarjan(1); 35 for(int i=1;i<=pc;++i)pt[bl[i]]++; 36 for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=fir[i];j;j=l[j])if(bl[i]==bl[to[j]])ed[bl[i]]++; 37 else Link(bl[i],bl[to[j]]); 38 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]!=ed[i]&&pt[i]>1)return puts("-1"),0; 39 for(int i=1;i<=scc;++i)if(!deg[i])q[++qt]=i; 40 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]==ed[i])dp[i][0]=1; 41 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]==ed[i])ans++; 42 for(int h=1;h<=qt;++h){ 43 for(int i=FIR[q[h]];i;i=L[i]){ 44 deg[TO[i]]--; 45 if(!deg[TO[i]]) q[++qt]=TO[i]; 46 if(pt[TO[i]]==ed[TO[i]]) dp[TO[i]][1]+=dp[q[h]][0]; 47 else dp[TO[i]][1]+=dp[q[h]][1],dp[TO[i]][0]+=dp[q[h]][0]; 48 } 49 if(pt[q[h]]==ed[q[h]])ans+=dp[q[h]][1]; 50 } 51 printf("%d\n",ans); 52 }
T3:不好不坏题
题意:求n以内的所有约数和是P倍数的数之和。$n<=10^{10}$,P为2或2017。
可能是因为我现在AC了所以我觉得它真是挺好的一道题。。。做得怪累的。
约数和是积性函数。所以我们拆解质因数进行考虑。
首先想P=2吧。分解质因数后,只要有一种质因子的贡献是偶数,那么它最终的质因数之和就是偶数,就会贡献答案。
「只要有一种就」这种限制条件不是很好考虑,来考虑相反的「一种都没有」
那就要求每种质因子的约数和都是奇数,这种数不会贡献答案。
对于同种质因子$p^e$它的约数和是$\sum\limits_{i=0}^{e} p^i$。除非p=2,这里每一项都是奇数。
那么只要有偶数项就好了,也就是质因子的指数必须是偶数。
那么质因子指数都是偶数的话,那么。。。不就是个平方数吗。。?
所以所有的平方数都不会贡献答案。
不太对。上面有一句「除非p=2」,还没有考虑呢。发现一个数不管有几个2它的因子和的奇偶性都不会变。
所以其实你不需要考虑2的次数,也就是2出现了奇数次也可以。
那么就是平方数的2倍也不会贡献答案。(不必再考虑4倍及更高,4倍不久已经就是平方数了吗,已经考虑过了)
然后这样就拿到了P=2的50分。接下来是P=2017。
线筛可以做,但是这做法显然没有扩展性(扩展成洲阁筛???)
首先我们惊奇的发现2017是一个良好的质数。
类似于上面的思路,我们还是分解质因数,如果任意一个质因数的贡献是2017的倍数,那么这个数就会产生贡献。
因为2017是质数所以不会出现由多个质因子加起来才能拼凑出2017的情况。
先考虑指数为1,那么其实就是(p+1)%2017==0,这种东西不会筛啊。
枚举有一定技巧啊,它肯定是2017的整倍数-1啊,而且它还必须是奇数。那么枚举就是以4033为首项,4034为公差。
这样的枚举量是$\frac{n}{4034}$的,对于最大的数据这个数大约是250万。然后。。。然后我只会根号筛了。
考虑指数为2,是$(p^2+p+1)%2017==0$。受到n的限制p不会超过$\sqrt{n}$,直接枚举就好了。
同理指数为3,打表发现其实只有229这一个p满足条件。在代码里我选择特殊处理了。
对于这些质数的次幂,它们的任意倍数的约数和都是2017的倍数,都会贡献答案,等差数列求和就好。
然后,到此为止,你就能得到80分的好成绩了。
但是,目前为止,你不仅跑的慢,在大数据下答案还是错的!
为什么?
举个例子,最小的1次幂质数是10121。数据范围超过$10^8$时,就可能会出现$10121^2$这种东西。
你刚才累加答案的时候,是把10121的倍数都加进去了,所以也会把这个数加进去。
但是积性函数只有在互质时才能满足乘法,所以你得到$10121^2$的质因数之和是错的。。。
二次幂与三次幂同理。但是最小的二次幂是2311,它的3次幂超过了最大的n。所以不必考虑。
唯一的三次幂229的4次幂还是有可能在n以内的,一定要记得考虑!
然后跨次幂相撞是不存在的,它们都超过了n的范围。所以只需要考虑一次幂数的平方和229的4次方即可。
容斥解决。
但是到了这里答案是对的,但是在最大数据下运行时间在15s以上。。。复杂度就卡在那个根号筛了。
然后其实需要的功能就是筛质数,然后看过数学一本通的我想到了Miller Rabin。然而我肯定不会写啊。
至少考后会了,而且也学会了快速乘。
然后抄一下LNC大神的Miller Rabin板子就好了。
等我彻底理解了就补充一下Miller Rabin与快速乘的草率讲解。
先说快速乘吧,它就是用来处理模数在long long级别的乘法。
考虑模法的实际含义$a \% b= a - \frac{a}{b} \times b$
而这里的问题是$xy \ mod \ b $。首先$\frac{xy}{b}$那一项好说,因为最后结果不大,所以直接用double算不会炸精。
然后$xy$与$\frac{xy}{b} \times b$的差值不超过b,也就是不会超过long long的范围,所以直接自然溢出。
你并不在意溢出的那些位,因为它差值不大,高位本来就不存在。
所以最后的流程就是$xy$乘法用unsigned long long自然溢出,减去用double算的除法强制转unsigned long long后乘b也自然溢出。
把两个自然溢出的数相减,就得到了最后的余数。
而有一种东西叫做$GongKai$优化(名字很高大上有没有?cbx发明的)。就是如果做乘法的两个数如果都没有超过$4 \times 10^9$,就用1ull做通常除法。
看起来非常蠢,但是强制转换和double类型很慢,在这道题里两种做法的常熟差了三分之一,还是很明显的。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 #define ll long long 5 #define ull unsigned int 6 #define S 30000005 7 int P,pc,nc;bool np[S];ll num[S],pr[S],ans,n;const ll U=4000000000; 8 ll mul(ll x,ll y,ll p){if(x<U&&y<U)return 1ull*x*y%p;ll z=(double)x/p*y,res=(unsigned ll)x*y-(unsigned ll)z*p;return (res+p)%p;} 9 ll pow(ll b,ll t,ll M,ll a=1){for(;t;t>>=1,b=mul(b,b,M))if(t&1)a=mul(a,b,M);return a;} 10 bool isprime(ll x){ 11 ll y=x-1,k=0; 12 if(x%3==0)return 0; 13 if(x%5==0)return 0; 14 if(x%7==0)return 0; 15 if(x%11==0)return 0; 16 while(!(y&1))++k,y>>=1; 17 for(int i=1;i<=2;++i){ 18 ll z=rand()%(x-1)+1,d;z=pow(z,y,x); 19 for(int j=1;j<=k;++j){ 20 d=mul(z,z,x); 21 if(d==1&&z!=1&&z!=x-1)return 0; 22 z=d; 23 } 24 if(d!=1)return 0; 25 }return 1; 26 } 27 ll C(ll x){ll t=n/x%mod;return t*(t+1)/2%mod*x%mod;} 28 main(){ 29 scanf("%lld%d",&n,&P); 30 if(P==2){ans=(n%mod)*(n%mod+1)/2%mod; 31 for(ll i=1;i*i<=n;++i)ans=(ans-i*i)%mod; 32 for(ll i=1;i*i*2<=n;++i)ans=(ans-i*i*2)%mod; 33 }else{ 34 for(int i=2;i<=100000;++i){ 35 if(!np[i])pr[++pc]=i; 36 for(int j=1;j<=pc&&i*pr[j]<=100000;++j) 37 if(i%pr[j]==0){np[i*pr[j]]=1;break;} 38 else np[i*pr[j]]=1; 39 } 40 for(ll i=4033;i<=n;i+=4034)if(isprime(i))ans=(ans+C(i))%mod,num[++nc]=i; 41 for(int i=1;i<=nc&&num[i]<=n/10121;++i)for(int j=1;j<=i&&num[j]*num[i]<=n;++j)ans=(ans-C(num[i]*num[j]))%mod; 42 for(int j=1;1ll*pr[j]*pr[j]<=n;++j)if((1+pr[j]+1ll*pr[j]*pr[j])%2017==0)ans=(ans+C(1ll*pr[j]*pr[j]))%mod; 43 ans=(ans+C(229*229*229)-C(229ll*229*229*229))%mod; 44 }printf("%lld\n",(ans+mod)%mod); 45 }
标签:ons 理解 差值 code 而且 转换 mit 必须 puts
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