Public NOIP Round #1 Div.1 C&D

Public NOIP Round #1 Div.1

Problem C. 波特分组

记 $S=\sum k_i$。

$O(n\sqrt{S}+S)$ Solution

将硬币正面记为 $1$，反面记为 $0$。

首先概率转计数：求有多少个 01 序列，能够使得这 $k$ 个波特分到一个组里。

为了方便，我们可以钦定这些波特都要分到 A 组中，最终答案再乘以 $2$。

我们设最后一个被分到 A 组中的波特为 $pa$，最后一个被分到 B 组中的波特为 $pb$。设 $p=\min(pa,pb)$，那么 $p$ 之后的位置，无论是 $0$ 还是 $1$，都会被分到另一个组里面。

那么我们对 $p$ 进行分类讨论：

$p=pa$，$[p+1,n]$ 中的波特都会被分到 B 组。显然需要满足 $p\geq b_k$。

进一步分类：
- $p=b_k$。由于 $k$ 个指定的波特必须分到 A 组，那么还需要将剩下的 $n-k$ 个 $1$ 填入 $b_k-k$ 个位置里面。方案数为 $\binom{b_k-k}{n-k}\times 2^{2n-p}$。
- $p>b_k$。$p$ 这个位置必须填 $1$，那么还要将剩下的 $n-k-1$ 个 $1$ 填入 $p-k-1$ 个位置里面。方案数为 $\binom{p-k-1}{n-k-1}\times 2^{2n-p}$。
$p=pb$，$[p+1,n]$ 中的波特都会被分到 A 组。需要满足 $p\ne b_i$。

我们可以增加两个点 $b_0=0,b_{k+1}=2n$。

如果一个 $p$ 满足 $b_i<p<b_{i+1}$，那么要将剩下的 $n-1$ 个 $0$ 填入 $p-i-1$ 个位置里面，方案数为 $\binom{p-i-1}{n-1}\times 2^{2n-p}$。

注意 $p\ne 2n$，因为 $\min(pa,pb)$ 一定小于 $2n$。

对于情况 2，我们可以将式子化为 $\binom{p-i-1}{n-1}\times 2^{2n-(p-i)}\times 2^{-i}$，处理出 $\binom{x-i}{n-1}\times 2^{2n-x}$ 的前缀和即可。

对于情况 1，不同的 $k$ 不会超过 $O(\sqrt{S})$ 量级，所以我们对每个 $k$ 分别处理前缀和即可。

int n,Q;

const ll mod=998244353,inv2=(mod+1)>>1;

inline ll Mod(ll x){return (x>=mod)?(x-mod):(x);}

inline void Add(ll &x,ll y){x=Mod(x+y);}

ll fac[N],caf[N],pw[N],wp[N];

ll QuickPow(ll x,ll y){
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=res*x%mod;
		x=x*x%mod; y>>=1;
	}
	return res;
}

void Init(){
	fac[0]=caf[0]=1;
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	caf[n<<1]=QuickPow(fac[n<<1],mod-2);
	for(int i=(n<<1)-1;i;i--) caf[i]=caf[i+1]*(i+1)%mod;
	pw[0]=wp[0]=1;
	for(int i=1;i<=(n<<1);i++) pw[i]=Mod(pw[i-1]<<1),wp[i]=wp[i-1]*inv2%mod;
}

inline ll C(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y) return 0;
	return fac[x]*caf[y]%mod*caf[x-y]%mod;
}

namespace Subtask1{
	int k[N],c[N],m;
	vector<int> q[N];
	ll f[850][N],g[N];
	
	void Solve(){
		Init();
		for(int i=1;i<=Q;i++){
			read(k[i]); c[i]=k[i];
			q[i].push_back(0);
			for(int j=1;j<=k[i];j++){
				int x; read(x);
				q[i].push_back(x);
			}
			q[i].push_back(n<<1);
		}
		sort(c+1,c+Q+1);
		m=unique(c+1,c+Q+1)-c-1;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			for(int j=n;j<(n<<1);j++)
				f[i][j]=Mod(f[i][j-1]+C(j-c[i]-1,n-c[i]-1)*pw[2*n-j]%mod);
		}
		for(int i=n;i<(n<<1);i++)
			g[i]=Mod(g[i-1]+C(i-1,n-1)*pw[2*n-i]%mod);
		for(int i=1;i<=Q;i++){
			int tk=lower_bound(c+1,c+m+1,k[i])-c;
			ll ans=0;
			for(int j=0;j<(signed)q[i].size()-1;j++){
				if(q[i][j]==2*n) continue;
				int L=q[i][j]+1-j,R=q[i][j+1]-1-j;
				ll res=Mod(g[R]-g[L-1]+mod)*wp[j]%mod;
				Add(ans,res);
			}
			if(q[i][k[i]]!=n*2){
				Add(ans,C(q[i][k[i]]-k[i],n-k[i])*pw[2*n-q[i][k[i]]]%mod);
				Add(ans,Mod(f[tk][(n<<1)-1]-f[tk][q[i][k[i]]]+mod));
			}
			ans=Mod(ans<<1)*QuickPow(pw[n<<1],mod-2)%mod;
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
}

signed main(){
	read(n),read(Q); Init();
	Subtask1::Solve();
	return 0;
}

Problem D. 别急

首先发现两个图都是内向基环树森林。

令 $bl_x^F,bl_x^G$ 表示 $x$ 这个点在 $F,G$ 中的连通块编号，$id^F_x,id^G_x$ 表示 $x$ 这个点在 $F,G$ 环上的次序，$len^F_x,len^G_x$ 表示 $x$ 这个点所在环的长度，$dep_x^F,dep_x^G$ 表示 $x$ 这个点到环上的距离。

两点相遇时，分为三种情况讨论：

$X,Y$ 都是树点

$x^F$,$y^G$ 两个点能碰面的条件：

存在一个点 $u$，满足：
1. $dep_x^F-dep_u^F=dep_y^G-dep_u^G$，也就是 $dep_u^F-dep_u^G=dep_x^F-dep_y^G$；
2. $x^F\in Son(u^F)$；
3. $x^G\in Son(u^G)$。

我们把询问 $(X_i,Y_i)$ 挂在 $Y_i^G$ 上，离线处理。

我们对于每一个 $dep_u^F-dep_u^G$ 可能的取值 $i$ 都建立一个区间的集合 $S_i$。

遍历 $G$ 的树部分，每遍历到一个点 $u$，就在 $S_{dep_u^F-dep_u^G}$ 中加入区间 $[L_u^F,R_u^F]$，其中 $L_u^F,R_u^F$ 表示 $u^F$ 子树内 dfn 序的最小值、最大值。退出节点时撤销。

对于一个询问 $(X_i,Y_i)$，查询 $S_{dep_{X_i}^F-dep_{Y_i}^G}$ 中 $dfn_{X_i}^F$ 有没有被区间覆盖即可。

对于每一个 $S_i$，分别用一颗动态开点线段树维护即可。

一种实现方式是维护差分，需要支持单点修改、区间查询。

$X$ 是树点，$Y$ 是环点

$x^F$,$y^G$ 两个点能碰面的条件：

存在一个点 $u$，满足：
1. $dep_x^F-dep_u^F \equiv id_u^G-id_y^G \pmod{len_u^G}$，也就是 $dep_u^F+id_u^G \equiv dep_x^F+id_y^G \pmod{len_u^G}$；
2. $x^F\in Son(u_F)$；
3. $bl_u^G=bl_y^G$。

仍然把询问 $(X_i,Y_i)$ 挂在 $X_i^F$ 上，离线处理。

对于 $G$ 的每一个连通块，都建立一个数集 $T_i$。

遍历 $F$ 的树部分，每遍历到一个点 $u$，如果 $u^G$ 在环内，就在 $S_{bl_u^G}$ 中加入 $dep_u^F+id_u^G$，退出节点时撤销。询问时在相应集合内查询即可。

$X$ 是环点，$Y$ 是树点

与上面的做法是对称的，在 $F$ 上遍历一遍即可。

$X,Y $ 都是环点

$x^F$,$y^G$ 两个点能碰面的条件：

存在一个点 $u$ ，满足：
1. 存在整数 $k_x,k_y$，使得 $id^F_u-id^F_x+k_x\times len^F_u=id_u^G-id_y^G+k_y \times len^G_u$。
2. $bl_u^F=bl_x^F$；
3. $bl_u^G=bl_y^G$。

化简一下得到 $k_x\times len^F_u-k_y \times len^G_u=(id_u^G-id_y^G)-(id^F_u-id^F_x)$。

方程有解的充要条件是 $id_u^G-id_y^G\equiv id^F_u-id^F_x \pmod{\gcd(len_u^F,len_u^G)}$，也就是 $id_u^F-id^G_u\equiv id_x^F-id^G_y \pmod{\gcd(len_u^F,len_u^G)}$

我们对于每一个既在 $F$ 中的环也在 $G$ 中的环的点 $u$，将三元组 $(bl_u^F,bl_u^G,id_u^F-id^G_u)$ 加入一个 set 中。对于每个询问，在 set 中查询即可。

综合以上三个算法分别处理即可。代码死难写，细节死多。

int n,Q;

int lg[N];

struct Graph{
	int	P[N],head[N],tot=1,dep[N],bl[N],rt[N];
	int dfn[N],num,tim,L[N],R[N],id[N],len[N];
	int f[N][22];
	int path[N],top;
	vector<int> ring[N];
	bool inr[N];int vis[N];
	
	struct Edge{
		int to,nxt;
	}edge[N<<1];
	
	void Add(int u,int v){
		edge[++tot]={v,head[u]};
		head[u]=tot;	
	}
	
	void dfs1(int x,int c,int in){
		bl[x]=c;
		if(vis[x]){
			if(inr[x]) return;
			if(P[path[top]]==x){
				for(int i=vis[x];i<=top;i++){
					ring[c].push_back(path[i]);
					id[path[i]]=ring[c].size()-1;
					inr[path[i]]=1;
				}
			}
			else{
				for(int i=top;i>=vis[x];i--){
					ring[c].push_back(path[i]);
					id[path[i]]=ring[c].size()-1;
					inr[path[i]]=1;
				}
			}
			len[c]=ring[c].size();
			return;
		}
		path[++top]=x; vis[x]=top;
		for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
			if(i==(in^1)) continue;
			int t=edge[i].to;
			dfs1(t,c,i);
		}
		top--;
	}
	
	void dfs2(int x,int s,int pr){
		rt[x]=s; dep[x]=dep[pr]+1;
		f[x][0]=pr;
		for(int i=1;i<=lg[dep[x]];i++)
			f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
		dfn[x]=L[x]=++tim;
		for(int i=head[x];i;i=edge[i].nxt){
			int t=edge[i].to;
			if(t==pr||inr[t]) continue;
			dfs2(t,s,x);
		}
		R[x]=tim; 
	}
	
	int Jump(int x,int d){
		for(int i=lg[d];i>=0;i--)
			if(d>>i&1) x=f[x][i];
		return x;
	}
	
	void Init(){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(bl[i]) continue;
			dfs1(i,++num,0);
			for(int j:ring[num])
				dfs2(j,j,0);
		}
	}
}F,G;

int X[N],Y[N];
bool ans[N];


struct Query{
	int x,id;
};
vector<Query> q[N];

namespace TreeAndTree{
	
	int root[N<<1],tot;
	
	struct SegTree{
		struct SegNode{
			int lc,rc;
			int val;
		}tr[N*35];
		
		void Pushup(int p){
			tr[p].val=tr[tr[p].lc].val+tr[tr[p].rc].val;
		}
		
		void Update(int &p,int l,int r,int x,int v){
			if(x>n||x<0) return;
			if(!p) p=++tot;
			if(l==r) return tr[p].val+=v,void();
			int mid=(l+r)>>1;
			if(x<=mid) Update(tr[p].lc,l,mid,x,v);
			else Update(tr[p].rc,mid+1,r,x,v);
			Pushup(p);
		}
		
		int Ask(int p,int l,int r,int L,int R){
			if(!p) return 0;
			if(L<=l&&r<=R) return tr[p].val;
			int mid=(l+r)>>1,res=0;
			if(L<=mid) res+=Ask(tr[p].lc,l,mid,L,R);
			if(R>mid) res+=Ask(tr[p].rc,mid+1,r,L,R);
			return res;
		}
	}Seg;
	
	void dfs(int x,int pr){
		int dx=F.dep[x]-G.dep[x]+n;
		Seg.Update(root[dx],1,n,F.L[x],1);
		Seg.Update(root[dx],1,n,F.R[x]+1,-1);
		for(Query i:q[x]){
			int y=i.x,id=i.id;
			int dy=F.dep[y]-G.dep[x]+n;
			ans[id]|=Seg.Ask(root[dy],1,n,1,F.dfn[y]);
		}
		for(int i=G.head[x];i;i=G.edge[i].nxt){
			int t=G.edge[i].to;
			if(G.inr[t]||t==pr) continue;
			dfs(t,x); 
		}
		Seg.Update(root[dx],1,n,F.L[x],-1);
		Seg.Update(root[dx],1,n,F.R[x]+1,1);
	}
	
	void Solve(){
		for(int i=1;i<=Q;i++)
			q[Y[i]].push_back(Query{X[i],i});
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(G.rt[i]==i)
				dfs(i,0);
		}
	}
}

namespace TreeAndRing{
	multiset<int> s[N];
	
	void dfs1(int x,int pr){
		int lx=F.len[F.bl[x]],v=(F.id[x]+G.dep[x])%lx;
		if(F.inr[x]) s[F.bl[x]].insert(v);
		for(Query i:q[x]){
			int y=i.x,id=i.id,ly=F.len[F.bl[y]];
			int val=(F.id[y]+G.dep[x])%ly;
			if(s[F.bl[y]].count(val)) ans[id]=1;
		}
		for(int i=G.head[x];i;i=G.edge[i].nxt){
			int t=G.edge[i].to;
			if(G.inr[t]||t==pr) continue;
			dfs1(t,x);
		}
		if(F.inr[x]) s[F.bl[x]].erase(s[F.bl[x]].find(v));
	}
	
	void dfs2(int x,int pr){
		int lx=G.len[G.bl[x]],v=(G.id[x]+F.dep[x])%lx;
		if(G.inr[x]) s[G.bl[x]].insert(v);
		for(Query i:q[x]){
			int y=i.x,id=i.id,ly=G.len[G.bl[y]];
			int val=(G.id[y]+F.dep[x])%ly;
			if(s[G.bl[y]].count(val)) ans[id]=1;
		}
		for(int i=F.head[x];i;i=F.edge[i].nxt){
			int t=F.edge[i].to;
			if(F.inr[t]||t==pr) continue;
			dfs2(t,x);
		}
		if(G.inr[x]) s[G.bl[x]].erase(s[G.bl[x]].find(v));
	}
	
	void Solve(){
		for(int i=1;i<=n;i++) q[i].clear();
		for(int i=1;i<=Q;i++){
			int x=X[i],y=Y[i];
			if(F.dep[x]<=G.dep[y]){
				x=F.rt[x],y=G.Jump(y,F.dep[X[i]]-1);
				q[y].push_back(Query{x,i});
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(G.rt[i]==i) dfs1(i,0);
		for(int i=1;i<=n;i++) q[i].clear();
		for(int i=1;i<=Q;i++){
			int x=X[i],y=Y[i];
			if(F.dep[x]>G.dep[y]){
				y=G.rt[y],x=F.Jump(x,G.dep[Y[i]]-1);
				q[x].push_back(Query{y,i});
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(F.rt[i]==i) dfs2(i,0);
	}
}

namespace RingAndRing{
	struct Tuple{
		int x,y,z;
		bool operator<(const Tuple& tmp)const{
			if(x!=tmp.x) return x<tmp.x;
			else if(y!=tmp.y) return y<tmp.y;
			else return z<tmp.z;
		}
	};
	multiset<Tuple> S;
	
	void Solve(){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(F.inr[i]&&G.inr[i]){
				int g=__gcd(F.len[F.bl[i]],G.len[G.bl[i]]);
				int v=((F.id[i]-G.id[i])%g+g)%g;
				S.insert(Tuple{F.bl[i],G.bl[i],v});
			}
		}
		for(int i=1;i<=Q;i++){
			int x=X[i],y=Y[i];
			int ly=G.len[G.bl[y]],lx=F.len[F.bl[x]];
			if(F.dep[x]>=G.dep[y]){
				int id=((G.id[G.rt[y]]+F.dep[x]-G.dep[y])%ly+ly)%ly;
				y=G.ring[G.bl[y]][id],x=F.rt[x];
				int g=__gcd(lx,ly);
				int v=((F.id[x]-G.id[y])%g+g)%g;
				if(S.count({F.bl[x],G.bl[y],v})) ans[i]=1;
			}
			else{
				int id=((F.id[F.rt[x]]+G.dep[y]-F.dep[x])%lx+lx)%lx;
				x=F.ring[F.bl[x]][id],y=G.rt[y];
				int g=__gcd(lx,ly);
				int v=((F.id[x]-G.id[y])%g+g)%g;
				if(S.count({F.bl[x],G.bl[y],v})) ans[i]=1;
			}
		}
	}
}

signed main(){
	read(n),read(Q);
	for(int i=2;i<=n;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) read(F.P[i]),F.Add(i,F.P[i]),F.Add(F.P[i],i);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(G.P[i]),G.Add(i,G.P[i]),G.Add(G.P[i],i);
	F.Init(); G.Init();
	for(int i=1;i<=Q;i++) read(X[i]),read(Y[i]);
	TreeAndTree::Solve();
	TreeAndRing::Solve();
	RingAndRing::Solve(); 
	for(int i=1;i<=Q;i++){
		if(ans[i]) puts("YES");
		else puts("NO");
	}
    return 0;
}

posted @ 2025-03-22 21:53 XP3301_Pipi 阅读(27) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

XP3301Pipi

Public NOIP Round #1 Div.1 C&D

Public NOIP Round #1 Div.1

Problem C. 波特分组

\(O(n\sqrt{S}+S)\) Solution

Problem D. 别急

\(X,Y\) 都是树点

\(X\) 是树点，\(Y\) 是环点

\(X\) 是环点，\(Y\) 是树点

$X,Y $ 都是环点

公告