文章目錄

• 考試復盤
• 染色問題
• 芬威克樹
• 禮物

考試復盤

先說$T1$

染色，以為是道數學題，推了有一會兒的公式，從顏色1到顏色m，感覺是$dp$轉移

發現顏色重疊的方案可以轉化為另外一種相鄰不重疊的染色

但是推到顏色4的時候就發現自己考慮掉了一些情況

最后得出應該是做不出來了

往后做了，又跑回來敲暴力，半天發現自己暴力敲出來都很困難

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再說$T2$

推了整整一張的$lowbit$發現了某些跟$k$進制和取模$k$的一些性質吧

先把暴力敲了

然后推廣$n\le 1e9$，然后就卡住了

半路轉回去看暴力，發現自己對樹狀數組找的規律出現了偏差——打表發現的，倉促改了

才勉強保住了$20$的暴力

對于$40\%$的部分分也有想過放到樹上，將$i$和$i+lowbit[i]$連邊，然后線段樹維護一下

哎！應該再認真細想一下下，就發現其實是非常好維護的啊！白丟$20$

當時莽正解去了

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最后說$T3$

我真的很討厭很不會這種環旋轉同構的題，啊啊啊啊啊啊啊啊

剛看到環就打算破環為鏈嘛，畢竟是老套路

然后旋轉同構，就想到了昨天做的第三題，zjx大佬講得減去前一個出現的位置處理

考慮將寶石的位置相減，然后$sort$位置差，判斷重構

但是很快發現自己無法破環為鏈處理$n?1$這兩個寶石的銜接

導致暴力也敲不出來

只能拿$m=0$和$n\le 4$暴力打表的分

萬萬沒想到這種旋轉等價類就是$polya$應用老套路！！

俺哪知道$polya$？？寒假期間lj講過，但是當時就沒學懂

這次我認了——害，今天要把$polya$補一下！！

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總結一下

這一場的考試單不提難度問題，畢竟沒有人知道下一場是簡單還是難到摳jio

但就自己考試心態以及策略上的反思

第一次通讀了三道題后，很明顯感受到自己對$T1,T3$的方案數求解之類問題，尤其是$T1$完全做不來

就花了挺多的時間搞$T2$，最后還是呈現的暴力

$T1,T3$之間多次反復橫跳，敲暴力，敲了又刪又改，再敲……

完全沒有冷靜下來想想如何敲暴力，以及自己是否能敲出來，還有暴力的正確性

評估題目難度后，若覺得絕對無果，就弄暴力

暴力更要思考一些細節，評估自己能否敲出來，以及驗證暴力的正確性。確定🆗后再動手敲

選擇自己最有可能淦出來的題，根據自己能力分配時間，啃死了做不出來的題就不要回去看了，絕對不能再出現反復橫跳不斷切換思路，整個人沒有靜下來的情況！！！

就算沒有一道題能拿更多的暴力分，也要想盡辦法拿基礎的暴力分，并且不要看不起$4/5$分，不氣餒，不妥協，不慌張，盡可能多拿每一分

考試時間長，后半部分更要打起精神，切忌出現后面走神分心，今天就出現了兩三次，一定要迅速拉回來

以自己的水平來看，能完整淦出一道題的幾率小之又小，所以應該一點點蠶食，從少到多，從小到大一點點把部分分慢慢拿走，最后獲得一個可觀的部分分總和

總而言之，今天的考試反思就是當做一道題的時候就認認真真專注地啃，不要在此期間去想其他的題目。不要在題目間反復橫跳，一會兒做這個，一會兒做那個，除非靈光乍現，當然我一般是不可能的。

今天暴露出來的知識問題

$dp$果然還是自己比較薄弱的板塊

與環有關的題目

統計方案數——一般都跟數學掛鉤的題目

$FFT,NTT$的應用還是不太行啊

$polya$定理

好像很多的樣子……

抓緊時間孑孓！！！今晚至少要把$polya$重新學懂

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染色問題

目前只會$50\%$的部分分

不考慮先前染的顏色被覆蓋這件事情

如果某種顏色在最終的序列中出現了$x$次，就直接認為在染這種顏色的時候，只染了$x$個格子

但這樣一來每次染色的格子就不再是連續的一段了

巧妙的把給一段格子染色認為是在已被染色的顏色序列中插入一段

設$f_{i,j}$表示前$i$次染色，已有顏色序列長度為$j$的方案數

則有轉移 想了很久，是晚上去逛操場走圈圈時想懂的

$$f_{i,j}=f_{i?1,j}+\sum _{k=0}^{j?1}{f}_{i?1,k}\times (k+1)$$

$i$顏色染完后被覆蓋，相當于沒染過，$f_{i?1,j}$

枚舉$i$顏色染得長度$j?k$，因為不能出現大顏色中間夾雜小顏色的不合法情況$(2,1,2)$，所以當第$i$顏色插入的時候，一定是$(\dots ,i,i,\dots ,i,i\dots ..)$ 第一個$i$前面的長度可能為$[0,k]$，剩下的就是最后一個$i$后面的，所以是$\times (k+1)$

最后一次染色的長度必須非$0$，$f_{m,j}$不能從$f_{m?1,j}$轉移過來，$if$一下就行了，答案即為$f_{m,n}$

芬威克樹

直接翻譯代碼可得$20$，√

$n,q\le 2e5$，$40$ √

考慮將每個點$x$向$x+lowbit(x)$連邊，如果后者超過了$n$就改為連向一個超級根

這樣樹狀數組就變成了一棵有根樹

而一次修改操作是把一個點到根路徑上的每個點的權值異或上$v$，查詢是單點查詢權值

隨便樹狀數組或者線段樹維護$dfn$序即可做到

$k$為奇數 √

在這個情況連出來的樹，跳$lowbit$操作的本質相當于$x$的最低非零位不斷$\times 2$并進位

發現在$k$是奇數的時候，$x$的最低非零位永遠不會變，因為$2x=0modk$對于任何一個小于$k$的$x$都成立，同理在模意義下$2$的逆元也一定存在，所以每個$x$都只會有只多一個后繼

發現連出來的這棵樹一定是根節點分叉的若干條鏈，而每次操作都是給鏈的一段后綴異或上$v$

所以對于每條鏈用個數據結構維護一下即可，類似前綴和

$k$為偶數， 此時不能保證$[1,n]$的所有點被連成若干條鏈

但將$k$拆分為$2^p\times t,t$為奇數

所有滿足最低非零位上的值包含的$2$的因子個數不小于$p$的點會連成若干條鏈

接下來只需要考慮剩下的點

考慮每暴力走一步最低非零位值包含的$2$的因子個數就會$+1$

那么在最低位不變的情況下最壞只需要暴力走$p$次（$modk$不會使$2$的因子個數減少）

當然可能走著走著發現最低非零位乘$2$變成$0$了，這時候最低非零位就發生了改變

不過這樣的改變至多只有$lo{g}_{k}n$次

所以一次暴力往上走的復雜度就是$O(plo{g}_{k}n)=O(lo{g}_{2}klo{g}_{k}n)=O(lo{g}_{2}n)$

$n\le 1e9$

大下標可以動態開點線段樹

現在的思路是對于一個點$x$，如果在鏈上，標記只打在這個點上就返回，查詢用前綴和

如果不在鏈上，在支鏈上，以后或許會有升級到鏈上的問題，就暴力更新跳上去

如果想要$AC$

最后只剩下如何定位一個點$x$在哪一條鏈上，鏈頭的位置

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #if(__cplusplus == 201103L) #include <unordered_map> #include <unordered_set> #else #include <tr1/unordered_map> #include <tr1/unordered_set> namespace std {using std :: tr1 :: unordered_map;using std :: tr1 :: unordered_set; } #endif #define maxn 2000005 #define Base 30 struct node {int l, r, ans;node(){ l = r = ans = 0; } }tree[maxn * 30]; unordered_map < int, int > mp; int n, Q, k, p, t, cnt; int mi[Base + 5]; int f[maxn][Base + 5], g[maxn][Base + 5], F[maxn][Base + 5], C[maxn][Base + 5];int lowbit_id( int x ) {if( k == 2 ) return x;while( x % k == 0 ) x /= k;return x % k; }int lowbit_val( int x ) {if( k == 2 ) return x & ( -x );int num = 1;while( x % k == 0 ) x /= k, num *= k;return ( x % k ) * num; }int GetP( int x ) {int num = 0;while( ! ( x & 1 ) ) x >>= 1, num ++;return num; }int GetC( int x ) {int num = 0, w = 1;while( x % k == 0 ) x /= k;x /= k;while( x ) {num += w * ( x % k );x /= k;w *= k;}return num; }void init() {mi[0] = 1;for( int i = 1;i <= Base;i ++ ) mi[i] = mi[i - 1] << 1;p = GetP( k ), t = k / mi[p];for( int i = 1;i < t;i ++ ) {f[i][0] = ( i + i ) % t, F[f[i][0]][0] = i;g[i][0] = ( i + i > t ), C[f[i][0]][0] = g[i][0];}for( int j = 1;j <= Base;j ++ ) {for( int i = 1;i < t;i ++ ) {f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1], F[f[i][j]][j] = i;g[i][j] = g[f[i][j - 1]][j - 1] + g[i][j - 1], C[f[i][j]][j] = g[i][j];}} }void modify( int &num, int l, int r, int pos, int val ) {if( ! num ) num = ++ cnt;tree[num].ans ^= val;if( l == r ) return;int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) modify( tree[num].l, l, mid, pos, val );else modify( tree[num].r, mid + 1, r, pos, val ); }int query( int num, int l, int r, int L, int R ) {if( ! num ) return 0;if( L <= l && r <= R ) return tree[num].ans;int mid = ( l + r ) >> 1, ans = 0;if( L <= mid ) ans ^= query( tree[num].l, l, mid, L, R );if( mid < R ) ans ^= query( tree[num].r, mid + 1, r, L, R );return ans; }pair < int, int > find( int x ) {int c = GetC( x ), now = lowbit_id( x ), nxt = 0;now /= mi[p];for( int i = Base;~ i;i -- ) {if( C[now][i] <= c ) {c -= C[now][i];now = F[now][i];nxt += ( 1 << i );}}now *= mi[p];while( x % k == 0 ) x /= k, now *= k;return make_pair( now, nxt ); }int calc( int x ) {if( GetP( lowbit_id( x ) ) < p ) {if( mp.count( x ) ) return mp[x];else return 0;}pair < int, int > top = find( x );if( mp.count( top.first ) ) return query( mp[top.first], 0, 1e9, 0, top.second );else return 0; }void insert( int x, int val ) {while( x <= n && GetP( lowbit_id( x ) ) < p ) {if( mp.count( x ) ) mp[x] ^= val;else mp[x] = val;x += lowbit_val( x );}if( x <= n ) {pair < int, int > top = find( x );int rt;if( mp.count( top.first ) ) rt = mp[top.first];else rt = mp[top.first] = ++ cnt;modify( rt, 0, 1e9, top.second, val );} }int query( int x ) {int ans = 0;for( int i = x;i;i -= lowbit_val( i ) )ans ^= calc( i );return ans; }int main() {scanf( "%d %d %d", &n, &Q, &k );init();while( Q -- ) {int opt, x, y;scanf( "%d %d", &opt, &x );if( opt == 1 ) {scanf( "%d", &y );insert( x, y );}else printf( "%d\n", query( x ) );}return 0; }

禮物

循環同構套$polya$，答案為

$$\frac{{\sum }_{d|gcd(n,m)}f(\frac{n}{d},\frac{m}{d})?(d)}{n}$$

$f(n,m)$表示將$n$個珠子中的$m$個變成金的，且最長連續段不超過$k$，首尾連續段長度之和也不超過$k$的方案數

考慮未變金的剩下$n?m$個珠子，因為是環所以有$n?m$個間隙

相當于要在$n?m?1$個間隙以及首尾處（特殊的一個間隙單獨處理）中放入$m$個金珠子

類似將連續段的金珠子縮成一個點的思想

很容易寫出生成函數，每一個間隙（除掉首尾特殊判斷）的可能為${\sum }_{i=0}^k{x}^i$

首尾的生成函數為${\sum }_{i=0}^k(i+1)x^i$

則$F(x)=({\sum }_{i=0}^k{x}^i{)}^{n?m?1}?({\sum }_{i=0}^k(i+1)x^i)$

答案為$[x^m]F(x)$

如果停在這里，暴力多項式乘法以及前綴和優化就是$O(n^2)$

接下來是正解的處理

令$$G(x)=\sum _{i=0}^k(i+1)x^i$$

則$$xG(x)+\sum _{i=0}^{k+1}{x}^i=G(x)+(k+2)x^{k+1}$$

解得$$G(x)=\frac{1+(k+1)x^{k+2}?(k+2)x^{k+1}}{(1?x{)}^2}$$

代回$F(x)$

$$F(x)=(\sum _{i=0}^k{x}^i{)}^{n?m?1}?\frac{1+(k+1)x^{k+2}?(k+2)x^{k+1}}{(1?x{)}^2}$$$$=\frac{({\sum }_{i=0}^k{x}^i{)}^{n?m?1}}{(1?x{)}^2}?(1+(k+1)x^{k+2}?(k+2)x^{k+1})$$

由等比數列求和公式得${\sum }_{i=0}^k{x}^i=\frac{1?x^{k+1}}{1?x}$，$F(x)$繼續等價于
$$\frac{(1?x^{k+1}{)}^{n?m?1}}{(1?x{)}^{n?m?1}\times (1?x{)}^2}?(1+(k+1)x^{k+2}?(k+2)x^{k+1})$$$$=\frac{(1?x^{k+1}{)}^{n?m?1}}{(1?x{)}^{n?m+1}}?(1+(k+1)x^{k+2}?(k+2)x^{k+1})$$

$(1?x^{k+1}{)}^{n?m?1}$用二項式定理展開變成${\sum }_{i=0}^{n?m?1}{C}_{n?m?1}^i(?x^{k+1}{)}^i$

$\frac{1}{(1?x{)}^{n?m+1}}=(1?x{)}^{?(n?m+1)}$用廣義二項式定理展開變成${\sum }_{r=0}^{\infty }{C}_{n?m+1}^r{x}^r$

第三部分是三個單項式的和，考慮拆開計算，只需要枚舉第一部分$x$的指數

#include <cstdio> #include <cmath> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define maxn 1000005 int T, n, m, k, cnt; int fac[maxn], inv[maxn], phi[maxn], prime[maxn]; bool vis[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[maxn] = qkpow( fac[maxn], mod - 2 );for( int i = maxn - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod; }int C( int n, int m ) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }void sieve( int n ) {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}elsephi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 );}} }int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y ); }int F( int n, int m ) {int ans1 = 0, ans2 = 0, ans3 = 0;for( int i = 0;i * ( k + 1 ) <= m;i ++ ) {int x = i & 1 ? mod - C( n - m - 1, i ) : C( n - m - 1, i );int j = i * ( k + 1 );ans1 = ( ans1 + x * C( n - j, m - j ) % mod ) % mod;if( j + k + 2 <= m ) ans2 = ( ans2 + x * C( n - j - k - 2, m - j - k - 2 ) % mod ) % mod;if( j + k + 1 <= m ) ans3 = ( ans3 + x * C( n - j - k - 1, m - j - k - 1 ) % mod ) % mod; }return ( ans1 + ans2 * ( k + 1 ) % mod - ans3 * ( k + 2 ) % mod + mod ) % mod; }signed main() {scanf( "%lld", &T );init( maxn - 5 );sieve( maxn - 5 );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &k );int d = gcd( n, m ), ans = 0, sqt = sqrt( d );for( int i = 1;i <= sqt;i ++ ) {if( d % i == 0 ) {ans = ( ans + F( n / i, m / i ) * phi[i] % mod ) % mod;if( d / i != i ) ans = ( ans + F( n / ( d / i ), m / ( d / i ) ) * phi[d / i] % mod ) % mod;}}printf( "%lld\n", ans * qkpow( n, mod - 2 ) % mod );}return 0; }

總結

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