liu_runda出的題，先$\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%\%$為敬

隨

考試時沒有Qj 然后甚至沒做,甚至沒交

我不知道我怎么想的

這個題挺難改

你需要用到

循環矩陣快速冪,矩陣快速冪優化,打表找規律的基礎

?題解

首先我們可以列出來一個普通的dp式子

設f為第i次操作,操作后x變為j的概率得到$f[i][j*a[q]\%mod]=f[i-1][j]$

思考mod范圍很大,那么肯定與mod無關或者矩陣快速冪,

那么我們嘗試矩陣快速冪

但用了矩陣快速冪還是超時,$n^3*log$復雜度還是吃不消

觀察孫金寧的囑托

看,原根?原根可以取遍mod-1

還是很多加法

發現這是一個循環矩陣

然后我們就可以循環矩陣優化一下了

代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define A 1100000 const ll mod=1e9+7; ll c[A],a[A],b[A],al[A],base[A],res[A],qpow[A],ans[A],n,m,g,k,p,sum=0; //al表示now存在不存在 //qpow表示j的幾次方為多少 inline ll meng(ll base,ll k,ll mode){ll ans=1;for(;k;k>>=1,base=base*base%mode)if(k&1)ans=ans*base%mode;return ans; } void mult_base(){for(ll i=0;i<p;++i)for(ll j=0;j<p;++j)(res[j]+=base[i]*base[(j-i+p)%p])%=mod;for(ll i=0;i<p;++i)base[i]=res[i],res[i]=0; } void mult_ans(){for(ll i=0;i<p;++i)for(ll j=0;j<p;++j)(res[j]+=ans[i]*base[(j-i+p)%p])%=mod;for(ll i=0;i<p;++i)ans[i]=res[i],res[i]=0; } int main() {scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);ans[0]=1;const ll ni=meng(n,mod-2,mod); // cout<<p<<endl;for(ll i=0;i<=1000;i++)al[i]=-1;for(ll i=1;i<p;i++){ll now=1,j;for(j=0;j<p;j++){if(al[now]==-1){al[now]=j;qpow[j]=now;now=now*i%p; // printf("now=%lld i=%lld al[now]=%lld j=%lld\n",now,i,al[now],j); }else break;}if(j==p-1) {g=i;break;}elsefor(ll q=0;q<=p;q++)al[q]=-1;for(ll q=0;q<=p;q++){ // printf("al=%lld\n",al[q]); } }p--;for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]); // printf("a=%lld al=%lld\n",a[i],al[a[i]]);a[i]=al[a[i]];}for(ll i=1;i<=n;i++){(base[a[i]]+=ni)%=mod; // printf("%lld %=%lld\n",ni,ni%mod); } // for(ll i=0;i<=p;i++){ // cout<<a[i]<<" "<<base[a[i]]<<endl; // }for(;m;m>>=1,mult_base())if(m&1)mult_ans();for(ll i=0;i<p;i++)sum=(sum+ans[i]*qpow[i])%mod;cout<<sum<<endl;return 0; } View Code

?

?單

題解

$10\%$算法

暴力過$t==0$

$40\%$算法

gauss+暴力過前幾個點

$100\%$算法

先算$t==0$

看$n^2$問題出現在那

重復計算多次距離，我們可以想個方法把自己的已經算過的存起來

現在假設我們有這樣一棵樹（1，2，3……代表點權，(為了方便)也代表編號）

?

看2 和4 的關系

子樹內所有的點權值貢獻$-1$,子樹外所有點權貢獻$+1$

事實上我們可以把我們計算過的存起來。用一個前綴和思想，把子樹的和算出來,我們得到1的b就可以通過$b+ -$得到$2$的$b$

那么我們只需要一次dfs處理出所有子樹權值和就可以得出來所有b

?式子$b[y]=b[x]-sum[y]+sum[1]-sum[y]$

這一點思想莫名像莫隊,自從學了莫隊我就覺得什么都是莫隊

壽司這個題我就用了類似莫隊思想,求出來一個$ans$然后通過$ans+-$,得到另一個$ans$

(我也頹了題解)

?

再看t==1的情況

看上去只能高斯消元,對嗎?

實際上我們可以換種思路考慮

將$b[y]=b[x]-sum[y]+sum[1]-sum[y]$移項

得到$sum[1]-2\times sum[y]= b[y]-b[x]$

設dt數組表示兩個sum之差dt[y]=b[y]-b[x]

我們可以用一次dfs求出dt那么,我們差的就只剩下sum[1] sum[y]了

仍然沒法做對嗎?

sum[1]其實可以求

假設1為根

$b[1]=\sum\limits_{i=2}^{n} sum[i]$

感性理解+手膜

還是這個圖

?

每次都是路徑長度$\times$權值,計算$2$的時候算了一遍$4 8 9$,計算4時又算了一遍$8 9$,路徑每一個點上會被計算它到根節點之間節點個數(其實就是邊數),所以最終得到的就是b[1]

同樣,我們處理出來dt,再通過一次dfs求sum,然后最后dfs一次就好了

?代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mem(x) memset(x,0,sizeof(x)) #define ll long long #define A 1100000 ll head[A],nxt[A],ver[A],a[A],b[A],sum[A],f[A],dt[A]; ll tot=0,n,t,xx,yy,task; void add(ll x,ll y){nxt[++tot]=head[x],head[x]=tot,ver[tot]=y; } void re(){tot=0;mem(head);mem(nxt);mem(ver);mem(sum);mem(dt);mem(b);mem(f);mem(a); } void dfs1(ll x,ll fa){sum[x]=a[x];for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){ll y=ver[i];if(y==fa) continue;f[y]=x;dfs1(y,x);sum[x]+=sum[y];} } void dfs0(ll x,ll fa){for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){ll y=ver[i];if(y==fa) continue;b[y]=b[x]+sum[1]-2*sum[y];dfs0(y,x);} } void work1(){dfs1(1,0);for(ll i=2;i<=n;i++){b[1]+=sum[i];}dfs0(1,0);for(ll i=1;i<=n;i++){printf("%lld ",b[i]);}printf("\n"); } void dfs2(ll x,ll fa){for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){ll y=ver[i];if(y==fa) continue;dfs2(y,x); // printf("b[]=%lld %lld\n",b[y],b[x]);dt[y]=b[y]-b[x];} } void dfs3(ll x,ll fa){for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){ll y=ver[i];if(y==fa) continue;dfs3(y,x);sum[y]=(sum[1]-dt[y])/2;} } void dfs4(ll x,ll fa){a[x]=sum[x];for(ll i=head[x];i;i=nxt[i]){ll y=ver[i];if(y==fa) continue;dfs4(y,x);a[x]-=sum[y];} } void work2(){dt[1]=0;ll zt=0;dfs2(1,0);for(ll i=2;i<=n;i++)zt+=dt[i];sum[1]=(zt+2*b[1])/(n-1); // printf("sum1=%lld\n",sum[1]);dfs3(1,0);dfs4(1,0);for(ll i=1;i<=n;i++){printf("%lld ",a[i]);}printf("\n"); } int main(){scanf("%lld",&t);while(t--){re();scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<n;i++){scanf("%lld%lld",&xx,&yy);add(xx,yy),add(yy,xx);}scanf("%lld",&task);task++;if(task==1){for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);}work1();}else{for(ll i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&b[i]);}work2();}} }

?題

很好的一個dp？？？？

我當dp做的？？？？？

然后dp錯了？？？？？？

首先對于所有的都可以列出來一個dp式子

$f[i][j][k]$表示為走了$i$步走到$j$ $k$的方案數

每一個都可以從四面八方轉移過來

比如這個

　　　　f[0][0+n][0+n]=1;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll x=-n;x<=n;x++)for(ll y=-n;y<=n;y++)f[i&1][x+n][y+n]=0;for(ll x=0;x<=n;x++)for(ll y=0;y<=n;y++)for(ll j=1;j<=4;j++)f[i&1][x+n][y+n]=(f[i&1][x+n][y+n]+f[(i-1)&1][x+nowx[j]+n][y+nowy[j]+n])%mod; }

?

然后就可以打表了

打表可以95？？？？？？

然后你優化一下就可以過掉==2的數據

　　　　else if(k==2){f[0][0+n][0]=1;f[0][0+n][1]=1;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll w=-n/2;w<=n/2;w++)f[i&1][w+n][0]=0,f[i&1][w+n][1]=0;for(ll x=-n/2;x<=n/2;x++)if(x==0) f[i&1][x+n][0]=((f[i&1][x+n][0]+f[(i-1)&1][x+1+n][0]*4%mod))%mod;else for(ll j=1;j<=2;j++)f[i&1][x+n][0]=((f[i&1][x+n][0]+f[(i-1)&1][x+now[j]+n][0]))%mod;}printf("%lld\n",(f[n&1][n+0][0])%mod);}

打著打著發現降掉一維

else if(k==2){f[0][0+n]=1;for(ll i=1;i<=n;i++){for(ll w=-n/2;w<=n/2;w++)f[i&1][w+n]=0;for(ll x=-n/2;x<=n/2;x++)if(x==0)f[i&1][x+n]=((f[i&1][x+n]+f[(i-1)&1][x+1+n]*4%mod))%mod;else for(ll j=1;j<=2;j++)f[i&1][x+n]=((f[i&1][x+n]+f[(i-1)&1][x+now[j]+n]))%mod;}printf("%lld\n",(f[n&1][n+0])%mod);}

我們歡樂的過掉了==2

然后==1無腦看出Catalan

然后==3無腦Catalan相加其實可以打表

?

轉載于:https://www.cnblogs.com/znsbc-13/p/11257689.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的NOIP模拟测试9「随·单·题」的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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