2019 HL暑假集训 Day2

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2019 HL暑假集训 Day2

本次考试未参加，因而没有心路历程
题目按难度从简到难手动排序————题记

T1． 小刚传说 (legendary.cpp/c/pas)

【 问题描述】：

众所周知， 刘小刚是海亮中学的金牌教练， 然而世人并不知道他的传奇经历， 以及那个曾经轰动世界的名字 sharpland.

2003 年， 美国研究团队在量子计算机的研制上取得了重大突破， 一旦美国成功研发出量子计算机， 一切加密手段都将形同虚设。 当此之时， 国内第一黑客 sharpland 秘密潜入美国中央情报局， 得知关于量子计算机的研究成果封存于五角大楼计算机群之中。 经过一周的0Day 挖掘， sharpland 成功侵入计算机群， 却发现这里的文件保护机制非同寻常。

五角大楼计算机群的文件形成了树结构， 且树的形态随时间变化。 已知初始时刻树上仅有一个根节点 1， 当成功拷贝结点 i 上的文件时， 树上会新增结点 i+1， 它的父亲为一个已存在的结点。 树的大小增加为 n 时便会停止。

sharpland 通过之前挖掘的 0Day 成功推算出了所有新增结点的父亲， 为了破解文件保护系统， 他需要在每次新增结点后新增的结点 i 和上一次新增的结点 i-1 的路径长度。

【 输入格式】：

第一行， 一个整数 n n n 表示最终树的大小。
接下来 n − 1 n-1 n−1 行， 每行一个整数表示新增节点的父亲。

【 输出格式】：

共 n − 1 n-1 n−1 行， 每行一个整数表示答案。

【 输入输出样例 1】：

I n p u t Input Input：
6
1
2
2
1
5
O u t p u t Output Output：
1
1
2
3
1

【 时空限制】：

时间限制： 2 s 2s 2s
空间限制： 256 M B 256MB 256MB

【 数据范围】

对于 30%的数据， n < = 100 n <= 100 n<=100
对于 60%的数据， n < = 2000 n <= 2000 n<=2000
对于 100%的数据， 2 < = n < = 200000 2 <= n <= 200000 2<=n<=200000

【 后记】:

sharpland 成功窃取数据的那一刻， 中央情报局察觉到了数据失窃并发布全球通缉令，sharpland 隐姓埋名逃会国内， 以刘小刚为化名， 以高中竞赛教练为掩护， 生活至今。 然而第一黑客 sharpland 之名早已响彻世界。

---

正解：
树上两点 A , B A,B A,B的距离就是

每次求出 LCA 就可以了

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正解代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int n, m;
const int N = 500100,M = 500100;
int dep[N], tot = 0;
int fa[30][N] = {};
int a[N], s[N];
int root = 1;
int head[N], ver[M], edge[M], Next[M];void insert(int x,int y)
{ver[++tot]=y;edge[tot]=1;Next[tot]=head[x];head[x]=tot;
}bool vis[N]={};
void dfs(int x,int y)
{if (vis[x]) return;vis[x]=1;if (!dep[x] && x!=1) dep[x] = y;else dep[x] = min(dep[x], y);for (int i=head[x];i;i=Next[i]){int l=ver[i];
//		cout<<"l:"<<l<<endl;if (l==fa[0][x]) continue;fa[0][l]=x;dfs(l,y+1);}
}void init()
{dfs(root,0);for (int i=1;(1<<i)<n;i++)for (int j=1;j<=n;j++)if (fa[i-1][j] < 0) fa[i][j]=-1; else fa[i][j]=fa[i-1][fa[i-1][j]];
}inline int lca(int u,int v)
{if (dep[u]>dep[v]) swap(u,v);for (int i=0,d=dep[v]-dep[u];d;i++,d>>=1)if (d&1) v=fa[i][v];if (u==v) return u;for (int i=25;i>=0;i--)if (fa[i][v]!=fa[i][u]){v=fa[i][v];u=fa[i][u];}return fa[0][u];
}int main()
{freopen("legendary.in","r",stdin);freopen("legendary.out","w",stdout);memset(vis,0,sizeof(vis));memset(fa,0,sizeof(fa));memset(a,0,sizeof(a));memset(dep,0,sizeof(dep));memset(head,0,sizeof(head));tot = 0;scanf("%d",&n);s[0] = 1;for (int i=1;i<n;i++) {int x;scanf("%d",&x);s[i] = s[i-1] + 1;insert(s[i], x), insert(x, s[i]);}fa[0][root] = -1;init();for (int i=1;i<n;i++)printf("%d\n", dep[s[i]]+dep[s[i-1]]-2*dep[lca(s[i], s[i-1])]);return 0;	
}
/*
6 1 2 2 1 5
*/

---

T2． 中珂院的难题(kotori.cpp/c/pas)

【 问题描述】：

“ 我已经无法获得幸福了， 因为我发觉， 我早已是幸福的人了。 ” ——珂朵莉
近日， 中国珂学院的研究员们遇到了一个难题， 他们手上有一个数列 a n a_n an​ ， 现在有 m m m 次操作， 每次操作有三个参数 l , r , k l, r, k l,r,k ,表示选取一个区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]， 对于区间中的每个元素 a n a_n an​ 把它加上一个组合数 ， 求 m 次操作后得到的数列， 答案对 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7 取模。
“ 要是我们中有 OI 选手在就好了” 一位研究员如是说， 于是他们找到了身为 OI 选手
的你， 希望你能帮助他们解决这个问题。

【 输入格式】：

第一行， 两个整数 n , m n,m n,m。
接下来 m m m 行， 每行 3 个整数 l , r , k l,r,k l,r,k 表示一次操作。
【 输出格式】：
一行 n 个整数表示操作结束后的数列， 答案对 1 e 9 + 7 1e9 + 7 1e9+7 取模。

【 输入输出样例 1】：

I n p u t 1 Input1 Input1:
5 1
0 0 0 0 0
1 5 0

O u t p u t 1 Output1 Output1:
1 1 1 1 1

【 输入输出样例 2】：

I n p u t 2 Input2 Input2:
10 2
1 2 3 4 5 0 0 0 0 0
1 6 1
6 10 2

O u p u t 2 Ouput2 Ouput2:
2 4 6 8 10 7 3 6 10 15

【 数据范围】：

对于 50%的数据， n , m < = 2000 , k < = 100 n, m <=2000, k <= 100 n,m<=2000,k<=100
对于 100%的数据， n , m < = 105 , k < = 100 n, m <= 105, k <= 100 n,m<=105,k<=100

【 时空限制】:

时间限制： 2 s 2s 2s
空间限制： 256 M B 256MB 256MB

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正解：
我们知道这样的组合数序列进行 k + 1 k+1 k+1阶差分之后全部变为 0 0 0
按照差分模板，我们每次在第 k + 1 k+1 k+1 层差分的 l l l 位置加上 1 1 1
然后处理一下 1 1 1~ ( k + 1 ) (k+1) (k+1) 的 r + 1 r+1 r+1 位置，消去前缀和对后面的影响 c h ch ch
也就是在第 j j j 层差分的 r + 1 r+1 r+1 位置减去前面的前缀和

求出这个前缀和的值需要一些观察—— c y q cyq cyq

正解代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define FILE "kotori"
#define MAXN 100010
#define cadd(a,b) a=add(a,b)
#define csub(a,b) a=sub(a,b)
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,a[MAXN],fac[MAXN<<1],inv[MAXN<<1],s[105][MAXN];
inline int read(){int x=0,f=1; char ch=getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}return x*f;
}
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?a-mod:a;}
inline int sub(int a,int b){return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return 1LL*a*b%mod;}
inline int Pow(int a,int b){int ret=1;while(b){if(b&1) ret=mul(ret,a);b>>=1; a=mul(a,a);}return ret;
}
inline int C(int a,int b){return mul(fac[a],mul(inv[b],inv[a-b]));
}
int main(){freopen(FILE".in","r",stdin);freopen(FILE".out","w",stdout);n=read(); m=read(); int N=200000; fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();for(int i=1;i<=N;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i); inv[N]=Pow(fac[N],mod-2);for(int i=N-1;i>=0;--i) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);for(int i=1;i<=m;++i){int l=read(),r=read(),K=read();cadd(s[K+1][l],1);for(int k=1;k<=K+1;++k)csub(s[k][r+1],C(K+1-k+r-l,K+1-k));}for(int k=100;k>=0;--k){int cnt=0;for(int i=1;i<=n;++i){cadd(cnt,s[k+1][i]);cadd(s[k][i],cnt);}}for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",add(a[i],s[0][i]));return 0;
}

---

T3． 欧拉图(euler.cpp/c/pas)

【 问题描述】：

递推树上递推果， 递推树下你和我。 递推树前做游戏， 递推树后做交易。
欧拉图指的是拥有欧拉回路的图， 也就是说一个图是欧拉图需要满足图是连通的， 且所有点的度数为偶数。 图中不能有重边和自环。
求 n n n 个点的有标号欧拉图有多少个， 两个欧拉图不同， 当且仅当存在边集不同。
答案对 998244353 998244353 998244353 取模。

【 输入格式】：

一个整数 n n n。

【 输出格式】：

一个整数表示答案， 答案对 998244353 998244353 998244353 取模。

【 输入输出样例 1】：

I n p u t 1 Input1 Input1:
5

O u t p u t 1 Output1 Output1:
46050276

【 输入输出样例 2】：

I n p u t 2 Input2 Input2:
506

O u t p u t 2 Output2 Output2:
38

【 数据范围】：

对于 20% 的数据， n ≤ 10 n≤10 n≤10
对于 60% 的数据， n ≤ 2000 n≤2000 n≤2000
对于 100% 的数据， n ≤ 1 0 5 n≤10^5 n≤105
数据纯手工构造， 有梯度

【 时空限制】：

时间限制： 2 s 2s 2s
空间限制： 512 M B 512MB 512MB

---

正解：所有度数为偶数的图的生成函数：

然后利用有标号集合计数的方法写出欧拉图的生成函数： G ( x ) G(x) G(x) = = = I n In In F ( x ) F(x) F(x)

维护一波多项式操作就可以了

---

正解代码：

//代码 by syq， 反正我是没看懂
#include<bits/stdc++.h>
#define FILE "euler"
#define MAXN 600100
using namespace std;
const int mod(998244353),G(3);
int n,a[MAXN],b[MAXN],temp[MAXN],inva[MAXN],R[MAXN],da[MAXN],w[MAXN],inv[MAXN],fac[MAXN],wn[2][20];
inline int read(){int x=0,f=1;  char ch=getchar();while(ch>'9'||ch<'0')  {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9')  {x=x*10+ch-'0';  ch=getchar();}return x*f;
}
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?a-mod:a;}
inline int sub(int a,int b){return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return 1LL*a*b%mod;}
inline int fast(int a,long long b){int ret(1);for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
void pre(){w[0]=1;wn[0][18]=fast(G,(mod-1)/(1<<18));wn[1][18]=fast(wn[0][18],mod-2);for(int i=17;i>=0;--i)for(int k=0;k<=1;++k)wn[k][i]=mul(wn[k][i+1],wn[k][i+1]);
}
void NTT(int *a,int H,int f=0){int L=(1<<H);for(int i=0;i<L;++i) if(i<(R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(H-1)))) swap(a[i],a[R[i]]);for(int e=1;e<=H;++e){int len=(1<<e),l=(len>>1);for(int i=1;i<l;++i) w[i]=mul(w[i-1],wn[f][e]);for(int st=0;st<L;st+=len)for(int k=0;k<l;++k){int x=a[st+k],y=mul(w[k],a[st+k+l]);a[st+k]=add(x,y); a[st+k+l]=sub(x,y);}}if(f) for(int i=0,temp=fast(L,mod-2);i<L;++i) a[i]=mul(a[i],temp);
}
void getinv(int *a,int L,int *b){b[0]=fast(a[0],mod-2);for(int now=0;(1<<now)<L;++now){int l=(1<<(now+1));for(int i=0;i<l;++i) temp[i]=a[i];for(int i=l;i<(l<<1);++i) temp[i]=0;NTT(temp,now+2); NTT(b,now+2);for(int i=0;i<(l<<1);++i) b[i]=mul(b[i],sub(2,mul(temp[i],b[i])));NTT(b,now+2,1);for(int i=l;i<(l<<1);++i) b[i]=0;}for(int i=L;i<(L<<1);++i) b[i]=0;
}
void getIn(int *a,int H,int *b){int L=(1<<H);  getinv(a,L,inva);for(int i=0;i<L;++i) da[i]=mul(a[i+1],i+1);NTT(inva,H);  NTT(da,H);for(int i=0;i<L;++i) temp[i]=mul(inva[i],da[i]);NTT(temp,H,1);for(int i=1;i<L;++i) b[i]=mul(temp[i-1],fast(i,mod-2));
}
int main(){freopen(FILE".in","r",stdin);freopen(FILE".out","w",stdout);n=read();  pre();int L=1,H=0; while(L<=n) L<<=1,++H;fac[0]=1; for(int i=1;i<=L;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);inv[L]=fast(fac[L],mod-2);for(int i=L-1;i>=0;--i) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=mul(fast(2,(long long)(i-2)*(i-1)/2),inv[i]);a[0]=1;  getIn(a,H,b);int ans=mul(b[n],fac[n]);printf("%d\n",ans);return 0;
}