【题解】编程社清明节假期做题记录

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【题解】编程社清明节假期做题记录

编程社清明节假期做题记录&题解

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题目难度顺序个人评价:

T4(KMP，字符串Hash均可做)<T1(线段树，分块均可做)<T5(线段树板子题)<T3(KMP-Next数组应用或字符串Hash)<T6(熟练泼粪(雾))<T2(数论-二项式定理，矩阵快速幂)

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文章同步发表于：

• 博客园

• Hexo

若 LaTeX \LaTeX LATE​X 没有在 5s 内加载出来请尝试反复刷新缓存。

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T1 敌兵布阵

Description

Problem Link

题意简述

有 N ( N ⩽ 5 × 1 0 4 ) N(N\leqslant5\times 10^4) N(N⩽5×104) 个营地，第 i i i 个营地初始时有 a i a_i ai​ 个人 ( 1 ⩽ a i ⩽ 50 ) (1\leqslant a_i\leqslant 50) (1⩽ai​⩽50)，接下来输入若干条命令：

• Add i j 表示第 i i i 个营地增加 j j j 个人。 ( j ⩽ 30 ) (j\leqslant30) (j⩽30)
• Sub i j 表示第 i i i 个营地减少 j j j 个人。 ( j ⩽ 30 ) (j\leqslant30) (j⩽30)
• Query i j 表示询问营地 i ∼ j i\sim j i∼j 的总人数。
• End 表示当前数据命令结束。

Solution

简单来说就是单点修改，区间查询。

法一 线段树

Poster Here

这不线段树板子题吗，果然GM只是不想让我们闲着而已。

既然如此，尝试不看以前的代码，手打一遍吧。

法二 分块

Poster There will be a good blog soon…

这不块状链表板子题吗，果然GM只是不想让我们闲着而已。

既然如此，尝试不看以前的代码，手打一遍吧。

人类的本质。。。

Code

线段树

AC on 04/02

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define lt p<<1
#define rt lt|1
#define mid (a[p].l+a[p].r>>1)
const int maxn=5e4+5;
int T,n,x,y;
int _a[maxn];
char type[15];
namespace Segment_Tree{struct Structure_of_Segment_Tree{int l,r,sum;}a[maxn<<2];inline void PushUp(int p){a[p].sum=a[lt].sum+a[rt].sum;return;}void Build(int p,int l,int r){a[p].l=l;a[p].r=r;a[p].sum=0;if(l==r){a[p].sum=_a[l];return;}Build(lt,l,mid);Build(rt,mid+1,r);PushUp(p);return;}void Update(int p,int x,int v){if(a[p].l==a[p].r){a[p].sum+=v;return;}if(x<=mid)Update(lt,x,v);else Update(rt,x,v);PushUp(p);return;}int Query(int p,int l,int r){if(l<=a[p].l&&a[p].r<=r)return a[p].sum;int val=0;if(l<=mid)val+=Query(lt,l,r);if(r>mid)val+=Query(rt,l,r);return val;}
}using namespace Segment_Tree;
int main(){scanf("%d",&T);for(int t=1;t<=T;++t){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&_a[i]);Build(1,1,n);printf("Case %d:\n",t);scanf("%s",type+1);while(strcmp(type+1,"End")){scanf("%d%d",&x,&y);switch(type[1]){case 'A':{Update(1,x,y);break;}case 'S':{Update(1,x,-y);break;}case 'Q':{printf("%d\n",Query(1,x,y));break;}default:{puts("114514");break;}}scanf("%s",type+1);}}return 0;
}

分块

AC on 04/03

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
const int maxk=233;
const int maxn=5e4+5;
int T,n,x,y;
char type[15];
namespace Block{int k,siz;int sum[maxk];int l[maxk],r[maxk];int a[maxn],pos[maxn];inline void init(void){siz=sqrt(n);k=(n+siz-1)/siz;for(int i=1;i<=k;++i){l[i]=r[i-1]+1;r[i]=l[i]+siz-1;sum[i]=0;}r[k]=n;for(int i=1;i<=n;++i){pos[i]=(i+siz-1)/siz;sum[pos[i]]+=a[i];}return;}inline void Update(int x,int v){a[x]+=v;sum[pos[x]]+=v;return;}inline int Query(int ql,int qr){int res=0;if(pos[ql]==pos[qr]){for(int i=ql;i<=qr;++i)res+=a[i];return res;}for(int i=ql;i<=r[pos[ql]];++i)res+=a[i];for(int i=pos[ql]+1;i<pos[qr];++i)res+=sum[i];for(int i=l[pos[qr]];i<=qr;++i)res+=a[i];return res;}
}using namespace Block;
int main(){scanf("%d",&T);for(int t=1;t<=T;++t){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);init();printf("Case %d:\n",t);scanf("%s",type+1);while(strcmp(type+1,"End")){scanf("%d%d",&x,&y);switch(type[1]){case 'A':{Update(x,y);break;}case 'S':{Update(x,-y);break;}case 'Q':{printf("%d\n",Query(x,y));break;}default:{puts("114514");break;}}scanf("%s",type+1);}}return 0;
}

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T2 Yet Another Number Sequence

本篇题解同步发表于 洛谷 。（如果能点个赞那就最好不过了（光速逃

Description

Problem Link

双倍经验

题意简述

设 F i F_i Fi​ 表示Fibonacci数列的第 i i i 项，即 F 1 = 1 , F 2 = 2 , F i = F i − 1 + F i − 2 F_1=1,F_2=2,F_i=F_{i-1}+F_{i-2} F1​=1,F2​=2,Fi​=Fi−1​+Fi−2​。

设 A i = F i × i k ( k ⩽ 40 ) A_i=F_i\times i^k(k\leqslant 40) Ai​=Fi​×ik(k⩽40)，你的任务是求出其前 n n n 项和 ( n ⩽ 1 0 18 ) m o d 1 0 9 + 7 (n\leqslant 10^{18})\bmod 10^9+7 (n⩽1018)mod109+7 的结果。

Solution

注意到Fibonacci， n ⩽ 1 0 18 n\leqslant 10^{18} n⩽1018 等关键词，明摆着就是一道矩阵加速嘛。

但是，，， ( i − 1 ) k (i-1)^k (i−1)k 怎么转移到 i k i^k ik 呢？

BDFS了一大堆后，发现了方法：二项式定理。

k k k 那么小，那你干脆把 ( i − 1 ) 1 , ( i − 1 ) 2 , ( i − 1 ) 3 , ⋯ , ( i − 1 ) k (i-1)^1,(i-1)^2,(i-1)^3,\cdots,(i-1)^k (i−1)1,(i−1)2,(i−1)3,⋯,(i−1)k 丢到初始矩阵里去不就行了？

顺便还得把 i 1 , i 2 , i 3 , ⋯ , i k i^1,i^2,i^3,\cdots,i^k i1,i2,i3,⋯,ik 丢进去，然后 ( i − 1 ) x (i-1)^x (i−1)x 就可以直接转换成 i x i^x ix。

那么 i x i^x ix 也得转换为 ( i + 1 ) x (i+1)^x (i+1)x，所以关键在于 i x i^x ix 怎么转换为 ( i + 1 ) x (i+1)^x (i+1)x。

• 那这不是又回到原问题上了吗！

• 咱不要急，先慢慢看

经过作者一阵乱搞，发现矩阵乘法是处理不了 A i A_i Ai​ 的。

所以只能把矩阵里的 i 1 , i 2 , ⋯ , i k i^1,i^2,\cdots,i^k i1,i2,⋯,ik 都乘上一个 F i F_i Fi​ 来充数。

那么我们看一看 F i + 1 × ( i + 1 ) k F_{i+1}\times(i+1)^k Fi+1​×(i+1)k 是怎么得到的：
F i + 1 × ( i + 1 ) k = ( F i − 1 + F i ) × ( i + 1 ) k = F i − 1 × ( i + 1 ) k + F i × ( i + 1 ) k = F i − 1 × [ ( i − 1 ) + 2 ] k + F i × [ ( i ) + 1 ] k \begin{aligned} F_{i+1}\times(i+1)^k&=(F_{i-1}+F_i)\times(i+1)^k\\ &=F_{i-1}\times(i+1)^k+F_i\times(i+1)^k\\ &=F_{i-1}\times[(i-1)+2]^k+F_i\times[(i)+1]^k \end{aligned} Fi+1​×(i+1)k​=(Fi−1​+Fi​)×(i+1)k=Fi−1​×(i+1)k+Fi​×(i+1)k=Fi−1​×[(i−1)+2]k+Fi​×[(i)+1]k​
是时候亮出二项式定理了！

众所周知，二项式定理是一个酱紫的东西：
( x + y ) k = ∑ i = 0 k C k i x i y k − i (x+y)^k=\sum\limits_{i=0}^kC_k^ix^iy^{k-i} (x+y)k=i=0∑k​Cki​xiyk−i
代入到 [ ( i − 1 ) + 2 ] k [(i-1)+2]^k [(i−1)+2]k 中来，就是：
[ ( i − 1 ) + 2 ] x = ∑ j = 0 x C x j ( i − 1 ) j 2 x − j [(i-1)+2]^x=\sum\limits_{j=0}^xC_x^j(i-1)^j2^{x-j} [(i−1)+2]x=j=0∑x​Cxj​(i−1)j2x−j
而我们刚好有 ( i − 1 ) j (i-1)^j (i−1)j。

C x j × 2 x − j C_x^j\times2^{x-j} Cxj​×2x−j 就是 ( i − 1 ) j (i-1)^j (i−1)j 在加速矩阵里对应的系数。

又代入到 [ ( i ) + 1 ] x [(i)+1]^x [(i)+1]x 中，得：
[ ( i ) + 1 ] x = ∑ j = 0 x C x j i j [(i)+1]^x=\sum\limits_{j=0}^xC_x^ji^j [(i)+1]x=j=0∑x​Cxj​ij
挺巧的，我们也有 i j i^j ij。

C x j C_x^j Cxj​ 就是 i j i^j ij 在加速矩阵中对应的系数。

设 S x = ∑ i = 1 x A i S_x=\sum\limits_{i=1}^xA_i Sx​=i=1∑x​Ai​。

那么初始矩阵就长这样：
[ F 1 , F 2 , S 1 , F 1 × 1 1 , F 1 × 1 2 , ⋯ , F 1 × 1 k , F 2 × 2 1 , F 2 × 2 2 , ⋯ , F 2 × 2 k ] [F_1,F_2,S_1,F_1\times1^1,F_1\times 1^2,\cdots,F_1\times1^k,F_2\times2^1,F_2\times2^2,\cdots,F_2\times2^k] [F1​,F2​,S1​,F1​×11,F1​×12,⋯,F1​×1k,F2​×21,F2​×22,⋯,F2​×2k]
转移一步后长这样：
[ F 2 , F 3 , S 2 , F 2 × 2 1 , F 2 × 2 2 , ⋯ , F 2 × 2 k , F 3 × 3 1 , F 3 × 3 2 , ⋯ , F 3 × 3 k ] [F_2,F_3,S_2,F_2\times2^1,F_2\times2^2,\cdots,F_2\times2^k,F_3\times3^1,F_3\times3^2,\cdots,F_3\times3^k] [F2​,F3​,S2​,F2​×21,F2​×22,⋯,F2​×2k,F3​×31,F3​×32,⋯,F3​×3k]
转移 n − 1 n-1 n−1 步后的最终矩阵长这样：
[ F n , F n + 1 , S n , F n × n 1 , F n × n 2 , ⋯ , F n × n k , F n + 1 × ( n + 1 ) 1 , F n + 1 × ( n + 1 ) 2 , ⋯ , F n + 1 × ( n + 1 ) k ] [F_n,F_{n+1},S_n,F_n\times n^1,F_n\times n^2,\cdots,F_n\times n^k,F_{n+1}\times(n+1)^1,F_{n+1}\times(n+1)^2,\cdots,F_{n+1}\times(n+1)^k] [Fn​,Fn+1​,Sn​,Fn​×n1,Fn​×n2,⋯,Fn​×nk,Fn+1​×(n+1)1,Fn+1​×(n+1)2,⋯,Fn+1​×(n+1)k]
加速矩阵长这样：
[ F i F i + 1 S i F i × i 1 F i × i 2 ⋯ F i × i k F i + 1 × ( i + 1 ) 1 F i + 1 × ( i + 1 ) 2 ⋯ F i + 1 × ( i + 1 ) k F i − 1 ( × ( i − 1 ) 0 ) 0 1 0 0 0 ⋯ 0 2 1 − 0 × C 1 0 = 2 2 2 − 0 × C 2 0 = 4 ⋯ 2 k − 0 × C k 0 F i ( × i 0 ) 1 1 0 0 0 ⋯ 0 C 1 0 = 1 C 2 0 = 1 ⋯ C k 0 S i − 1 0 0 1 0 0 ⋯ 0 0 0 ⋯ 0 F i − 1 × ( i − 1 ) 1 0 0 0 0 0 ⋯ 0 2 1 − 1 × C 1 1 = 1 2 2 − 1 × C 2 1 = 4 ⋯ 2 k − 1 × C k 1 F i − 1 × ( i − 1 ) 2 0 0 0 0 0 ⋯ 0 0 2 2 − 2 × C 2 2 = 1 ⋯ 2 k − 2 × C k 2 ⋯ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ ⋮ F i − 1 × ( i − 1 ) k 0 0 0 0 0 ⋯ 0 0 0 ⋯ 2 k − k × C k k F i × i 1 0 0 0 1 0 ⋯ 0 C 1 1 = 1 C 2 1 = 2 ⋯ C k 1 F i × i 2 0 0 0 0 1 ⋯ 0 0 C 2 2 = 1 ⋯ C k 2 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ ⋮ ⋮ ⋮ ⋯ ⋮ F i × i k 0 0 1 0 0 ⋯ 0 0 0 ⋯ C k k ] \begin{bmatrix} &F_i&F_{i+1}&S_i&F_i\times i^1&F_i\times i^2&\cdots&F_i\times i^k&F_{i+1}\times(i+1)^1&F_{i+1}\times(i+1)^2&\cdots&F_{i+1}\times(i+1)^k \\ F_{i-1}(\times(i-1)^0)&0&1&0&0&0&\cdots&0&2^{1-0}\times C_1^0=2&2^{2-0}\times C_2^0=4&\cdots&2^{k-0}\times C_k^0\\ F_{i}(\times i^0)&1&1&0&0&0&\cdots&0&C_1^0=1&C_2^0=1&\cdots&C_k^0\\ S_{i-1}&0&0&1&0&0&\cdots&0&0&0&\cdots&0\\ F_{i-1}\times(i-1)^1&0&0&0&0&0&\cdots&0&2^{1-1}\times C_1^1=1&2^{2-1}\times C_2^1=4&\cdots&2^{k-1}\times C_k^1\\ F_{i-1}\times(i-1)^2&0&0&0&0&0&\cdots&0&0&2^{2-2}\times C_2^2=1&\cdots&2^{k-2}\times C_k^2\\ \cdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ F_{i-1}\times(i-1)^k&0&0&0&0&0&\cdots&0&0&0&\cdots&2^{k-k}\times C_k^k\\ F_i\times i^1&0&0&0&1&0&\cdots&0&C_1^1=1&C_2^1=2&\cdots&C_k^1\\ F_i \times i^2&0&0&0&0&1&\cdots&0&0&C_2^2=1&\cdots&C_k^2\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots&\vdots&\vdots&\cdots&\vdots\\ F_i\times i^k&0&0&1&0&0&\cdots&0&0&0&\cdots&C_k^k \end{bmatrix} ⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎡​Fi−1​(×(i−1)0)Fi​(×i0)Si−1​Fi−1​×(i−1)1Fi−1​×(i−1)2⋯Fi−1​×(i−1)kFi​×i1Fi​×i2⋮Fi​×ik​Fi​01000⋮000⋮0​Fi+1​11000⋮000⋮0​Si​00100⋮000⋮1​Fi​×i100000⋮010⋮0​Fi​×i200000⋮001⋮0​⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯​Fi​×ik00000⋮000⋮0​Fi+1​×(i+1)121−0×C10​=2C10​=1021−1×C11​=10⋮0C11​=10⋮0​Fi+1​×(i+1)222−0×C20​=4C20​=1022−1×C21​=422−2×C22​=1⋮0C21​=2C22​=1⋮0​⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯​Fi+1​×(i+1)k2k−0×Ck0​Ck0​02k−1×Ck1​2k−2×Ck2​⋮2k−k×Ckk​Ck1​Ck2​⋮Ckk​​⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎤​

（这个 LaTeX \LaTeX LATE​X 是给人打的吗。。。）

好了，除了初始化麻烦点，代码还是比较简单的。

Code

时间复杂度 O ( \mathcal O( O(能过 ) ) )

感谢@w23c3c3大巨佬让我逃离了手推 k = 40 k=40 k=40 大数据然后真·清明节快乐的厄运。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
const int mod=1e9+7;
const int maxn=105;
struct Matrix{int n,m;int c[maxn][maxn]; Matrix(int N=0,int M=0){n=N,m=M;memset(c,0,sizeof(c));}Matrix operator*(const Matrix a)const{int l=n,r=a.m;Matrix x=Matrix(l,r);for(int i=1;i<=l;++i){for(int j=1;j<=r;++j){for(int k=1;k<=m;++k){x.c[i][j]+=c[i][k]*a.c[k][j];x.c[i][j]%=mod;}}}return x;}
}A,B;
int n,k,x=4;
int f[45][45]; 
Matrix pow(Matrix&x,int b){Matrix ans=Matrix(x.n,x.m);for(int i=1;i<=x.m;++i)ans.c[i][i]=1;while(b){if(b&1)ans=x*ans;x=x*x;b>>=1;}return ans;
}
inline void init(void){f[0][0]=1;for(int i=1;i<=k;++i){f[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;++j)f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j])%mod;}return;
}
signed main(){scanf("%lld%lld",&n,&k);init();A=Matrix(1,3+(k<<1));A.c[1][1]=1;A.c[1][2]=2;A.c[1][3]=1;for(int i=1;i<=k;++i){A.c[1][3+i]=1;A.c[1][k+3+i]=x%mod;x<<=1;}B=Matrix(3+(k<<1),3+(k<<1));B.c[2][1]=1;B.c[1][2]=B.c[2][2]=1;B.c[3][3]=B.c[3+(k<<1)][3]=1;for(int i=1;i<=k;++i){B.c[1][i+k+3]=(1ll<<i)%mod;B.c[3+k+i][3+i]=1;B.c[2][3+i+k]=1;}for(int i=1;i<=k;++i){for(int j=i;j<=k;++j){B.c[3+i][3+k+j]=(((1ll<<j-i)%mod)*f[j][i])%mod;B.c[3+k+i][3+k+j]=f[j][i];}}A=A*pow(B,n-1);printf("%lld",A.c[1][3]);return 0;
}

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T3 JM的荧光棒工厂

Description

Problem Link

题意简述

给定字符串 S ( 1 ⩽ ∣ S ∣ ⩽ 2 × 1 0 5 ) S(1\leqslant|S|\leqslant2\times10^5) S(1⩽∣S∣⩽2×105)，求出所有既是 S S S 的前缀，又是 S S S 的后缀的子串长度。

Solution

法一 KMP

主要考察 KMP Next 数组的理解和应用。

经典KMP题了。

法二 字符串Hash

因为某种不可描述的原因，咕掉了 我自裁qwq

枚举一下 1 ∼ ∣ S ∣ − 1 1\sim |S|-1 1∼∣S∣−1 的所有长度，比对这个长度的前缀和后缀的Hash值是否相等即可。

Code

KMP

AC on 04/03

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using std::sort;
const int maxn=2e5+5;
int tot,len;
char S[maxn];
int ans[maxn];
int Next[maxn];
void get_Next(void){int i=0,j=-1;Next[0]=-1;while(i<len){if(j==-1||S[i]==S[j]){i++;j++;Next[i]=j;}else j=Next[j];}return;
}
signed main(){scanf("%s",S);len=strlen(S);get_Next();while(len>0){ans[++tot]=len;len=Next[len];}printf("%lld\n",tot-1);sort(ans+1,ans+tot+1);for(int i=1;i<tot;++i)printf("%lld ",ans[i]);return 0;
}

字符串Hash

AC on 04/05

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int unsigned long long
const int p=13331;
const int maxn=2e5+5;
int tot,len;
char s[maxn];
int ans[maxn];
int __HaSh__[maxn];
inline int qkp(int ds,int zs){int ans=1;while(zs){if(zs&1)ans*=ds;ds*=ds;zs>>=1;}return ans;
}
inline int Get_Hash(int l,int r){int q=qkp(p,r-l+1);return __HaSh__[r]-__HaSh__[l-1]*q;
}
signed main(){scanf("%s",s+1);len=strlen(s+1);for(int i=1;i<=len;++i)__HaSh__[i]=__HaSh__[i-1]*p+s[i];for(int i=1;i<len;++i){if(Get_Hash(1,i)==Get_Hash(len-i+1,len))ans[++tot]=i;}printf("%llu\n",tot);for(int i=1;i<=tot;++i)printf("%llu ",ans[i]);return 0;
}

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T4 剪花布条

Description

Problem Link

双倍经验

题意简述

给定两个字符串 S , M ( ∣ S ∣ , ∣ M ∣ ⩽ 1000 ) S,M(|S|,|M|\leqslant1000) S,M(∣S∣,∣M∣⩽1000)，求 S S S 中最多有多少个互不重叠的 M M M。

Solution

法一 KMP

又是一道KMP板子题。只是在KMP匹配成功时 j j j 要从 0 0 0 开始从头匹配。

法二 字符串Hash

同样也很板，直接模拟一遍匹配过程即可。但是常数与KMP相比稍大。

Code

KMP

AC on 04/03

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int maxn=1005;
int Next[maxn];
int ans,ALen,BLen;
char S[maxn],M[maxn];
void KMP(char *A,char *B){ans=0;int i=0,j=-1;Next[0]=-1;BLen=strlen(B);while(i<BLen){if(j==-1||B[i]==B[j]){i++;j++;Next[i]=j;}else j=Next[j];}i=0,j=0;while(i<ALen&&j<BLen){if(j==-1||A[i]==B[j]){i++;j++;}else j=Next[j];if(j==BLen){ans++;j=0;}}return;
}
int main(){while(~scanf("%s",S)){if((ALen=strlen(S))==1){if(S[0]=='#')return 0;}scanf("%s",M);KMP(S,M);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

字符串Hash

AC on 04/05

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int unsigned long long
const int p=13331;
const int maxn=1005;
int __HaSh__[maxn];
char s[maxn],m[maxn];
int lens,lenm,ans,now,hamh;
inline int qkp(int ds,int zs){int ans=1;while(zs){if(zs&1)ans*=ds;ds*=ds;zs>>=1;}return ans;
}
inline int Get_Hash(int l,int r){int q=qkp(p,r-l+1);return __HaSh__[r]-__HaSh__[l-1]*q;
}
signed main(){while(~scanf("%s",s+1)){ans=hamh=0;if((lens=strlen(s+1))==1){if(s[1]=='#')return 0;}scanf("%s",m+1);lenm=strlen(m+1);for(int i=1;i<=lens;++i)__HaSh__[i]=__HaSh__[i-1]*p+s[i];for(int i=1;i<=lenm;++i)hamh=hamh*p+m[i];now=1;while(now<=lens-lenm+1){if(Get_Hash(now,now+lenm-1)==hamh){ans++;now+=lenm;}else now++;}printf("%llu\n",ans);}return 0;
}

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T5 函数

Description

Problem Link

题意简述

有 Q Q Q 个询问 ( 1 ⩽ Q ⩽ 1 0 5 ) (1\leqslant Q\leqslant 10^5) (1⩽Q⩽105)，对于每个测试点，给定 m o d ( 1 ⩽ m o d ⩽ 1 0 14 ) mod(1\leqslant mod\leqslant 10^{14}) mod(1⩽mod⩽1014)，对于每个询问，给定 n , r ( 1 ⩽ r ⩽ n ⩽ 1 0 5 ) n,r(1\leqslant r\leqslant n\leqslant 10^5) n,r(1⩽r⩽n⩽105)，其中 m o d mod mod 不一定是质数，求 C n r × ( n − r ) ! m o d m o d C_n^r\times(n-r)!\bmod mod Cnr​×(n−r)!modmod。

Solution

若 m o d mod mod 是质数，可以用逆元。（虽然我不会）

但是，这里的 m o d mod mod 不一定是质数了，我们就要想办法避免除法。

开始推式子：
C n r × ( n − r ) ! = n ! r ! ( n − r ) ! × ( n − r ) ! = n ! r ! \begin{aligned} C_n^r\times(n-r)!&=\frac{n!}{r!(n-r)!}\times(n-r)!\\ &=\frac{n!}{r!} \end{aligned} Cnr​×(n−r)!​=r!(n−r)!n!​×(n−r)!=r!n!​​
此时暴力的时间复杂度为 O ( n Q ) \mathcal O(nQ) O(nQ)，要炸。

所以考虑把 1 ∼ 1 0 5 1\sim 10^5 1∼105 中的连乘值处理出来，然后线段树区间查询 r + 1 ∼ n r+1\sim n r+1∼n 的连乘。

Code

这道不要脸的题居然要开 __int128 ，差评。

注：int 有 30pts \text{30pts} 30pts，long long 有 50pts \text{50pts} 50pts

AC on 04/03

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int __int128
#define lt p<<1
#define rt lt|1
#define mid (a[p].l+a[p].r>>1)
const int maxn=1e5+5;
const int LEN=(1<<20);
int Q,n,mod,r;
namespace Segment_Tree{struct Structure_of_Segment_Tree{int l,r,mul;}a[maxn<<2];inline void PushUp(int p){a[p].mul=(a[lt].mul*a[rt].mul)%mod;return;}void Build(int p,int l,int r){a[p].l=l;a[p].r=r;a[p].mul=1;if(l==r){a[p].mul=l%mod;return;}Build(lt,l,mid);Build(rt,mid+1,r);PushUp(p);return;}int Query(int p,int l,int r){if(l<=a[p].l&&a[p].r<=r)return a[p].mul;int val=1;if(l<=mid)val=Query(lt,l,r);if(r>mid)val=(val*Query(rt,l,r))%mod;return val;}
}using namespace Segment_Tree;
inline int nec(){static char buf[LEN],*p=buf,*e=buf;if(p==e){if((e=buf+fread(buf,1,LEN,stdin))==buf)return EOF;p=buf;}return *p++;
}
inline bool read(int&x){static char neg=0,c=nec();neg=0,x=0;while((c<'0'||c>'9')&&c!='-'){if(c==EOF)return 0;c=nec();}if(c=='-'){neg=1;c=nec();}do{x=x*10+c-'0';}while((c=nec())>='0');if(neg)x=-x;return 1;
}
void print(int x){if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');return;
}
signed main(){#ifdef ONLINE_JUDGEfreopen("function.in","r",stdin);freopen("function.out","w",stdout);#endifread(Q);read(mod);Build(1,1,1e5+5);while(Q--){read(n);read(r);print(Query(1,r+1,n));putchar('\n');}return 0;
}

---

T6 树的统计

Description

Problem Link, and this,this,this,this,this.

题意简述

原题目描述够简了。

Solution

树剖板子题，有手就行，不讲。快来！这里有个人水博客！

Code

AC on 04/03

#include<cstdio>
const int maxn=3e4+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct _{int l,r;int mx,sum;
}a[maxn<<2];
char s[15];
int n,q,x,y,tot,cnt;
int to[maxn<<1],nxt[maxn<<1];
int h[maxn],dep[maxn],w[maxn],rk[maxn];
int f[maxn],hvst[maxn],siz[maxn],st[maxn],top[maxn];
void add(int x,int y){to[++tot]=y;nxt[tot]=h[x];h[x]=tot;return;
}
int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
void swap(int&x,int&y){if(x==y)return;x^=y^=x^=y;return;
}
void dfs1(int x,int fa){siz[x]=1;int mxsiz=0;for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){int v=to[i];if(v==fa)continue;dep[v]=dep[x]+1;f[v]=x;dfs1(v,x);siz[x]+=siz[v];if(siz[v]>mxsiz){mxsiz=siz[v];hvst[x]=v;}}return;
}
void dfs2(int x,int tp){top[x]=tp;st[x]=++cnt;rk[cnt]=x;if(!hvst[x])                           return;dfs2(hvst[x],tp);for(int i=h[x];i;i=nxt[i]){int v=to[i];if(v!=f[x]&&v!=hvst[x])dfs2(v,v); }return;
}
void build(int p,int l,int r){a[p].l=l,a[p].r=r;if(l==r){a[p].mx=a[p].sum=w[rk[l]];return;}int mid=l+r>>1;int lt=p<<1;int rt=lt|1;build(lt,l,mid);build(rt,mid+1,r);a[p].mx=max(a[lt].mx,a[rt].mx);a[p].sum=a[lt].sum+a[rt].sum;return;
}
void Update(int p,int x,int v){if(a[p].l==a[p].r){a[p].sum=a[p].mx=v;return;}int lt=p<<1;int rt=lt|1;int mid=a[p].l+a[p].r>>1;if(x<=mid)Update(lt,x,v);else Update(rt,x,v);a[p].mx=max(a[lt].mx,a[rt].mx);a[p].sum=a[lt].sum+a[rt].sum;return;
}
int QueryMax(int p,int l,int r){if(l<=a[p].l&&r>=a[p].r)return a[p].mx;int val=-inf;int mid=a[p].l+a[p].r>>1;if(l<=mid)val=max(val,QueryMax(p<<1,l,r));if(r>mid)val=max(val,QueryMax((p<<1)|1,l,r));return val;
}
int QuerySum(int p,int l,int r){if(l<=a[p].l&&r>=a[p].r)return a[p].sum;int val=0;int mid=a[p].l+a[p].r>>1;if(l<=mid)val+=QuerySum(p<<1,l,r);if(r>mid)val+=QuerySum((p<<1)|1,l,r);return val;
}
int QueryMaxPath(int x,int y){int res=-inf;while(top[x]!=top[y]){if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);res=max(res,QueryMax(1,st[top[x]],st[x]));x=f[top[x]];}if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);res=max(res,QueryMax(1,st[x],st[y]));return res;
}
int QuerySumPath(int x,int y){int res=0;while(top[x]!=top[y]){ if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);res+=QuerySum(1,st[top[x]],st[x]);x=f[top[x]];}if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);res+=QuerySum(1,st[x],st[y]);return res;
}
int main(){dep[1]=1;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<n;++i){ scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);add(y,x);}for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&w[i]);dfs1(1,-1);dfs2(1,1);build(1,1,n);scanf("%d",&q);while(q--){scanf("%s%d%d",s+1,&x,&y);if(s[1]=='C')Update(1,st[x],y);else if(s[2]=='M')printf("%d\n",QueryMaxPath(x,y));else printf("%d\n",QuerySumPath(x,y));}return 0;
}

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end.