多校联考 Day 7 总结

多校联考 Day 7 总结

• 总结
• • 时间安排
  • 考试结果
  • 考试总结
• 题解
• • T1
  • T2
  • T3
  • T4

总结

\qquad 一次绝妙的阿克机会，可惜没把握住……

时间安排

$8:00\sim 8:10$ 看题。看了 $T1$ 发现好像以前写过，直接秒了。

$8:10\sim 9:30$ 看 $T2$。发现 $T2$ 也挺水，但是没有 $T1$ 那么水，就先通读了题面。发现今天的题很平和，打算一道一道来。$T2$ 一眼贪心，但是贪心策略想的有一点复杂。赛时考虑到这一策略可以用线段树实现，时间复杂度大约 $O(2mlogn)$，有点卡但是应该可过，就写了，调了一小会后过了大样例，但是跑了 $5s$，想着去自定义测试上测测，但是发现时限 $10s$，而且自定义测试放不进大样例，就选择了直接交。

$9:30\sim 10:30$ 开 $T3$，第一眼以为是个大摩你，不是很想写，就看了 $T4$。这时注意到 $czl$ 已经交了 $T4$，想着可能不是很难（毕竟交的很快），但是看了两眼感觉还是无思路，就回头看了 $T3$。看着什么复数乘法，感觉很难，慢慢推……突然发现题目中的 $a+b_i=(q_r+q_i\times i)(-1+i)+r$，想着展开式子，发现可以直接解 $q_r,q_i$，于是处理了一下本题唯一的难点：读入后就过了。

$10:30\sim 12:00$ 想着还有一个半小时，但是只剩一个 $T4$ 了，那今天不是随便阿克？ 推了一小会式子发现很难在 $O(nlogn)$ 的时间复杂度内处理出来，考虑先打暴力。但是发现这个式子对于 $O(n^2)$ 的复杂度好像也不是很好实现，就想着能不能用其他方式来统计。发现不太会，但是此时发现 $T2$ 时限缩短为 $3s$，于是搬出来了 $iobuff$，卡了个小常，在本地跑大样例 $4s$ 的情况下安慰自己评测及跑得快就交了。然后继续推 $T4$，猜测是 $dp$，但是不会写，就寄了，直到结束。

考试结果

$100+30+100+0=230pts,Rank:+\infty$，$T2$ 线段树果然是跑不过去。

考试总结

\qquad 菜啊，还得多练……

\qquad $T2$ 的贪心策略就是正解，但是因为没往下深想所以没想到更简洁的实现方法。而且，$T2$ 以前作为模拟赛的题考过，但是我没想起来！ 以前总结下来的经验还是要经常复习。

\qquad $T4$ 连第一步都没想到，一直在往 $2^d$ 上想，没有往子树上想，导致最基础的 $dp$ 也没想到，很崩。以后遇到一道无思路的题，试思路的时候不能堵到一条路上，要迭代加深，不能一味 $dfs$。

题解

T1

\qquad $k\le 10^6$ 显然可以直接枚举倍数。

\qquad $k\le 10^{12}$ 可以考虑将 $k$ 分解质因数，$k=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}\dots$，那么最小的 $n=p_1^{\lceil \frac{c_1}{2}\rceil }{p}_2^{\lceil \frac{c_2}{2}\rceil }\dots$。最后判断 $n$ 是否能整除 $k$ 即可。

T2

\qquad 考虑一条边被删除当且仅当这条边两端点之一被删除。假设这条边连接 $x,y$，那么这条边带来的贡献要么是删 $x$ 带来 $v_y$，要么是删 $y$ 带来 $v_x$。也就是说，${\sum }_{i=1}^{m}min(v_{x_i},v_{y_i})$ 一定是答案的一个下界，答案不可能比它小。

\qquad 现在，我们考虑能否构造出一个删除方案使得答案等于它。我们考虑给每一条无向边赋方向：让点权大的点指向点权小的点。若两点点权相同，可以考虑让编号大的点指向编号小的点。这样，我们构造出的有向图一定是一个 $DAG$。跑出来的拓扑序就是我们删点的顺序。所以，我们证明了一定可以构造出一个删点方案，使得 $ans={\sum }_{i=1}^{m}min(v_{x_i},v_{y_i})$。在读入的时候加一下即可。

T3

\qquad 乍一看，本题好像是个大摩你。但是，发现了 $a+bi=(q_r+q_i\times i)(-1+i)+r$ 这一式子后，一切的问题就迎刃而解。我们把式子拆开：

$a+bi=(q_r+q_i\times i)(-1+i)+r$
$a+bi=-q_r-q_i\times i+q_r\times i-q_i+r$
$a+bi=(r-q_r-q_i)+(q_r-q_i)\times i$
$a=r-q_r-q_i,b=q_r-q_i$
$q_r=b-\frac{(a+b-r)}{2},qi=-\frac{(a+b-r)}{2}$

\qquad 所以每次让 $q_r,q_i$ 成为新的 $a,b$，递归求解即可。

\qquad 本题唯一的码量在于处理读入时的实部，虚部。

T4

\qquad 首先，想想朴素版怎么写：枚举 $x,y$ 子树中的节点，两两配对成一条路径。写成式子就是：${\sum }_{i=1}^{sz{e}_x}{\sum }_{j=1}^{sz{e}_y}{2}^{dis(x,y)+dis(i,x)+dis(j,y)}$，考虑化简式子：

${\sum }_{i=1}^{sz{e}_x}{\sum }_{j=1}^{sz{e}_y}{2}^{dis(x,y)+dis(i,x)+dis(j,y)}$
=${\sum }_{i=1}^{sz{e}_x}{\sum }_{j=1}^{sz{e}_y}{2}^{dis(x,y)}\times 2^{dis(i,x)}\times 2^{dis(j,y)}$
=$2^{dis(x,y)}{\sum }_{i=1}^{sz{e}_x}{\sum }_{j=1}^{sz{e}_y}{2}^{dis(i,x)}\times 2^{dis(j,y)}$
=$2^{dis(x,y)}{\sum }_{i=1}^{sz{e}_x}{2}^{dis(i,x)}\times {\sum }_{j=1}^{sz{e}_y}{2}^{dis(j,y)}$

\qquad 化简到这一步，我们不妨设 $f_x={\sum }_{i=1}^{sz{e}_x}{2}^{dis(i,x)}$，那么答案就是 $f_x\times f_y\times 2^{dis(x,y)}$。$f$ 数组显然可以直接树形 $dp$ 求。但是，我们发现：当 $lca(x,y)=x/y$ 时，这一式子是不成立的，如图：

\qquad 若 $x,y$ 是图中的 $2,3$ 节点，那么 $f_2$ 代表的就是青色框中的点到 $2$ 的距离，但是我们需要的是紫色框中的点到 $2$ 的距离，即：以 $2$ 为根的树去除以 $3$ 为根的子树的点到 $2$ 的距离。显然可以直接换根 $dp$ 搞。设 $g_x$ 表示：$x$ 的父亲不走 $x$ 这一棵子树能走到的点到 $x$ 的距离和，那么 $g_x=g_{f{a}_x}\times 2+f_{bro}\times 4$。以上图为例，答案便为 $f_3\times g_3\times 2^{dis(3,3)}$。这一例子不太好，我们拿 $1,3$ 举例，那么答案为 $f_3\times g_2\times 2^{dis(2,3)}$。本题就解决了。

\qquad 核心代码：

void dfs(int x, int fa) {//求f
	fat[x][0] = fa, dep[x] = dep[fa] + 1, f[x] = 1;
	for(int i = 1; i <= 20; i ++) fat[x][i] = fat[fat[x][i - 1]][i - 1];
	for(int i = head[x]; i; i = edge[i].lst) {
		int v = edge[i].to;
		if(v == fa) continue;
		dfs(v, x);
		f[x] = (f[x] + (2LL * f[v]) % mod) % mod;
	}
}

void dfs1(int x, int fa, int val) {//求g
	g[x] = val;
	int sum = (2LL * g[x]) % mod;
	for(int i = head[x]; i; i = edge[i].lst) {
		int v = edge[i].to;
		if(v == fa) continue;
		sum = (sum + (4LL * f[v]) % mod) % mod;
	}
	for(int i = head[x]; i; i = edge[i].lst) {
		int v = edge[i].to;
		if(v == fa) continue;
		dfs1(v, x, (sum + 2LL - (4LL * f[v]) % mod + mod) % mod);//用全部的减当前子树的
	}
}

int Find(int x, int dis) {//从x开始往上跳dis的距离，最终会跳到哪个点
	for(int i = 20; i >= 0; i --)
		if((1 << i) <= dis) x = fat[x][i], dis -= (1 << i);
	return x;
}

...

if(l == x) {
	int tl = Find(y, dep[y] - dep[x] - 1);//找到lca与y这条链中，lca下方的第一个点  即上面1,3例子中的点2
	printf("%d\n", (1LL * (1LL * g[tl] * f[y]) % mod * qpow(2, dep[y] - dep[x] - 1)) % mod);
}
else printf("%d\n", (1LL * (1LL * f[x] * f[y]) % mod * qpow(2, dep[x] + dep[y] - 2 * dep[l])) % mod);