杭二集训 2019.8.16
T1
题目意思：给定一个01串，你可以进行区间异或操作，最少用几次能让这个串完全相同
数据范围：\(n\le 1e7\)
Solution:
\(f[i]\)表示全变成1的最小操作数，\(g[i]\)表示全变成0，输出min值
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+1;
int n,f[N],g[N];char s[N];
int main(){
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
s[1]=='0'?f[1]=1:g[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
f[i]=f[i-1],g[i]=g[i-1];
if(s[i]!=s[i-1])
s[i]=='0'?f[i]++:g[i]++;
f[i]=min(f[i],g[i]+1);
g[i]=min(g[i],f[i]+1);
}return printf("%d\n",min(f[n],g[n])),0;
}
T2
题目意思：给定长度为\(n\)的一个数列，求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n lcm(a_i,a_j)\)
数据范围：\(n\le1e6,a_i\le1e6\)
Solution:
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n{a_i\times a_j \over gcd(a_i,a_j)}\\
d=gcd(a_i,a_j)\\
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n{a_i\times a_j \over d}\\
M=max \,a_i\\
\sum_{d=1}^M \sum_{d|a_i}\sum_{d|a_j}[gcd({a_i \over d},{a_j \over d})=1] a_i\times a_j \\
D=gcd({a_i \over d},{a_j \over d})\\
\sum_{d=1}^M \sum_{d|a_i}\sum_{d|a_j} \sum_{t|D} \mu(t) a_i\times a_j\\
\]
\[\sum_{d=1}^M \sum_{t=1}^M \mu(t)\sum_{d|a_i}\sum_{d|a_j}\sum_{t|{a_i \over d}}\sum_{t|{a_j\over d}} {a_i\times a_j \over d}\\
\sum_{d=1}^M \sum_{t=1}^M \mu(t)\sum_{d\times t|a_i}\sum_{d \times t|a_j}{a_i\times a_j \over d}\\T=a_i\times a_j\\
\sum_{T=1}^M\sum_{t|T} \mu(t) t\sum_{T|a_i}\sum_{T|a_j} {a_i \times a_j \over T}\\
\]
推式子就到此为止了(并没有)，考虑如何预处理出后面的两个式子，设\(v_i\)表示\(i\)的出现次数
\[\sum_{T|a_i}\sum_{T|a_j}{a_i\times a_j \over T}\\
T(\sum_{k=1}^M v_{kT}\times k)^2\\
\]
于是后面的式子可以做到\(O(n \, log \, n)\)预处理，前一个式子则在线筛中处理
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+1;
const int p=998244353;
int M,n,a[N],mu[N],v[N];
int tot,pri[N],vis[N];
long long ans,tmp,f[N],g[N],sum[N];
void prepare(){mu[1]=1;f[1]=1;
for(int i=2;i<=M;i++){
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1,f[i]=1-i;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=M;j++){
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
int w=pri[j],x=i,u=w;
while(x%w==0){x/=w;u*=w;}
if(x==1) f[u*x]=(f[u/w]+(mu[u]*1ll*u)%p)%p;
else f[u*x]=(f[u]*1ll*f[x])%p;
break;
}
f[i*pri[j]]=f[i]*1ll*f[pri[j]];
f[i*pri[j]]%=p;mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=M;i++){
long long re=0;
for(int j=1;j<=M/i;j++)
re+=j*1ll*v[i*j],re%=p;
g[i]=i*((re*1ll*re)%p);
}
}
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int gcd(int x,int y){
return !y?x:gcd(y,x%y);
}
long long lcm(int x,int y){
long long re=x*1ll*y;
return re/gcd(x,y);
}
signed main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),v[a[i]]++,M=max(M,a[i]);
prepare();
for(int i=1;i<=M;i++){
ans+=f[i]*1ll*g[i],ans%=p;
ans=(ans+p)%p;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T3
题目意思：给你一棵n个点n-1条边的树，每个点i上有一个可正可负的整数权值ai。我们定义树上一个连通块的权值为其中所有点的权值和。有q次询问，每次询问给出k个点（保证包含1号点），请你告诉他所有包含这k个点的联通块中，权值最大的连通块权值是多少
Solution:
设\(f[x]\)表示\(x\)的子树内，包含\(x\)点的最大连通块权值和
那么每次询问的答案可以表示为：\(f[1]+\sum_{i\in V}[f[i]<0]\,\,f[i]\)
其中集合\(V\)表示这\(k\)个点构成联通块所需的最少的点的点集
这个其实很好理解，考虑\(f[x]\)的转移：\(f[x]=\sum_{i\in son_x} [f[i]>0]\,\,f[i]\)
也就是说，对于所有\(f[x]>0\)的点来说，他们的贡献都是加入到了答案里的
那么我们只需要考虑如何快速的算出上面的式子就行了
考虑\(g[x]\)，\(g[x]=\sum_{v\in up_x} [f[v]<0]\,\,f[v]\)，其中\(up_x\)表示从\(x\)到根节点需要经过的所有点的集合(包过\(x\)，不包过根)
那么我们只需要用set维护dfs序，再求lca维护\(g\)值就OK了(维护参考异象石)
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define IT set<int,Pos>:: iterator
using namespace std;
const int N=1e5+1;
int n,q,cnt,tim,head[N];
int dep[N],a[N],p[22][N],dfn[N];
long long f[N],g[N];
struct Edge{int nxt,to;}edge[N<<1];
struct Pos{
bool operator () (int a,int b){return dfn[a]<dfn[b];}
};set<int,Pos> s;
void ins(int x,int y){
edge[++cnt].nxt=head[x];
edge[cnt].to=y;head[x]=cnt;
}
void dfs1(int x,int fa){
dfn[x]=++tim;
dep[x]=dep[fa]+1;p[0][x]=fa;
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(y==fa) continue;
dfs1(y,x);if(f[y]>0) f[x]+=f[y];
}f[x]+=a[x];
}
void trans(){
for(int i=1;i<=log2(n)+1;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
p[i][j]=p[i-1][p[i-1][j]];
}
int lca(int x,int y){
if(x==1||x==y) return x;
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
for(int i=log2(n)+1;i>=0;i--)
if(dep[p[i][x]]>=dep[y]) x=p[i][x];
if(x==y) return x;
for(int i=log2(n)+1;i>=0;i--)
if(p[i][x]!=p[i][y]) x=p[i][x],y=p[i][y];
return p[0][x];
}
void dfs2(int x,int fa){
g[x]=g[fa];if(f[x]<0) g[x]+=f[x];
for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
int y=edge[i].to;
if(y==fa) continue;
dfs2(y,x);
}
}
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
int main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=1;i<n;i++){
int x=read(),y=read();
ins(x,y),ins(y,x);
}
dfs1(1,0);trans();dfs2(1,0);
q=read();
for(int i=1;i<=q;i++){
int k=read();s.clear();
for(int j=1;j<=k;j++){
int x=read();
s.insert(x);
}
IT it=s.begin();int lst=*it;
long long ans=0;
while(it!=s.end()){++it;
if(it==s.end()){
ans+=g[lst];
break;
}int x=*it;
ans+=g[x]+g[lst]-2*g[lca(x,lst)];
lst=x;
}printf("%lld\n",(ans/2)+f[1]);
}
return 0;
}
