「比赛总结」正睿 提高十连 Day1

2020 第一次正睿提高十连测,题目很妙。

Problems

A

\(n\) 个石子分成 \(x\) 堆,使每一堆的石子个数都形如 $ 3k^2 - 3k + 1$ \((k \le 1)\)。最小化 \(x\) 输出 \(x\)

\(n \le 10^{11}\)

B

给出一个字符串 \(S\) ,求出字符串中,有多少连续的子串形如 \(A A_r A\)

其中 \(A_r\) 表示 \(A\) 的反串。合法的相同字串出现多次,统计多次。

\(|S| \le 2 \times 10^6\)

C

给出一个 \(n\) 个点的树(保证这棵树随机生成),点有点权, 规定 \(1\) 号点为根节点。

随机生成一个 \(n\) 排列,按这个排列的顺序依次访问所有树上的节点。每次访问到一个结点 \(x\) 时,需要将包括 \(x\) 在内的所有 \(x\) 子树中的点的点权 \(V\) 加上 \(x\) 点的当前权值 \(V^{'}_x\)

求出最终所有点权和的期望值。

\(n \le 10^5\)

Problem B Palindrome

Statement

给出一个字符串,求出字符串中,有多少连续的子串形如 \(A A_r A\)

其中 \(A_r\) 表示 \(A\) 的反串。合法的相同字串出现多次,统计多次。

\(|S| \le 2 \times 10^6\)

Analysis

先用各种神奇的算法(字符串 Hashmanacher)求出 len[i] 表示第 \(i\) 个字符和第 \(i + 1\) 个字符之间为中心,向两边扩展最长的回文串.

枚举 \(A A_r A\)\(\frac{1}{3}\) 位置 \(i\) ,在 \([i + 1, i + \text{len}[i]]\) 这个区间中有多少 \(x\) 满足 \(x - \text{len}[x] \le i\), 每一个合法的 \(x\) 给答案贡献 \(1\).

转化为二维数点问题.

静态二维数点

可以采用 主席树 或者离线后采用 树状数组 扫描.


Problem C Random

给出一个 \(n\) 个点的树(保证这棵树随机生成),点有点权, 规定 \(1\) 号点为根节点。

随机生成一个 \(n\) 排列,按这个排列的顺序依次访问所有树上的节点。每次访问到一个结点 \(x\) 时,需要将包括 \(x\) 在内的所有 \(x\) 子树中的点,点权加 \(V_x\)

\(n \le 10^5\)

关于期望思考

期望的线性性:标志着很多情况下的期望可以分开算,算完后再合并。例如:点权和的期望 \(=\) 点权的期望和。

直观感受一下:期望是一个随机变量的平均情况下的数值。

我们不知道这个随机变量\(x\)确切的数值,自然也不知道由这个随机变量推导出来的另一个随机变量\(X\)(例如:如果我们不知道 每个点 操作后的 确切点权,那么所有点的点权和的确切数值也无从得知。)

但是如果我们知道每个点在平均意义下取到的值\(x\),我们一样可以通过随机变量\(x\)平均意义下取到的值推出\(X\)平均意义下取到的值。

关于本题,我们同样可以拆开来看,要求 求出结点的期望和,那我们可以求出每个点的期望权值,然后再相加就能得到所有结点的期望和。

对于一个有根树上的每一个结点,可能能对这个结点的权值产生贡献的是且仅是它的祖先。

这个点 \(a\) 最终权值的期望 \(V^{'}_a\) 就是点 \(a\) 的初始权值和所有 \(a\) 的祖先对点 \(a\) 的期望贡献之和。

\(a\) 的祖先 \(p\)\(a\) 的期望贡献可以拆成 \(V^{'}_p\) 与 对 \(a\) 的贡献次数的乘积。

对于每一条树链上的任意一个点 \(x\) 来说某一个祖先 \(p\) 对其贡献的次数,只与这个祖先\(p\)和这个点\(x\)的距离有关。

不妨定义 \(\text{dp}[i]\) 为结点 \(1\) 到往下的第 \(i\) 个点的期望贡献次数(note:第 \(1\) 个点对第 \(1\) 个点的贡献次数定义为 \(\text{dp}[1]\) )。

对于每一条树链,我们都可以采用同一套 \(\text{dp}\) 值进行处理,因为对于每个点来说,其祖先的对其贡献次数只与他们之间的相对位置有关。

考虑如何预处理出 \(\text{dp}[i]\)

考虑结点 \(1\) 如何对其往下第 \(i - 1\) 结点 \(x\) 产生贡献。(不妨设:这一条树链上结点的编号由浅到深依次为 \(1-k\) )。

考虑贡献的传递过程,结点 \(1\) 的贡献传给 \(x\) 有两种情况:

  • \(1\) 直接传递给 \(x\)

  • \(1\) 传递给 \(x\) 的中间的若干结点,经过多次传递后传递给 \(x\)

这些方案对应的贡献为 \(1\) ,所以只要求出方案数量,就可以求出结点 \(1\)\(x\) 的贡献次数。

考虑这些方案对应着什么—— \(n\) 的排列中 以 \(1\) 开始的上升序列的个数。

于是,\(\text{dp}[i]\) 就等于在 \(n\) 的排列中 以 \(1\) 开始的上升序列的个数。

枚举一个上升序列的长度 \(d\) ,统计其数量即可

\[\begin{equation*} \text{dp}[i] = \sum_{d = 1}^{i} \dbinom{i - 1}{d - 1} \times \dbinom{i}{d} \times (i - d)! \end{equation*}\]

其中: - \(\dbinom{i - 1}{d - 1}\) 指在 \(i - 1\) 中选定 \(d - 1\) 个数字(已经强制 \(1\) 为开头了)

  • \(\dbinom{i}{d}\) 指在 \(i\) 个位置中选 \(d\) 个将这 \(d\) 个数字放下。

  • \((i - d)!\) 指 剩下的\((i - d)\)个位置的数字任意排列。

最后需要注意一点,因为树是随机生成的,其实这就保证了树的高度(树链的最长长度)在\(O(\sqrt n)\)级别,预处理和统计答案相当于是线性的。

Codes

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int _ = 1e7 + 100;
#define LL long long 
LL read(){ LL x; scanf("%lld", &x); return x; }
LL A[_], Q;
void init(){
    for(int i = 1; ; i++) { A[i] = ( (i) *1ll* (i - 1) ) >> 1; if(A[i] > 1e11) break; else Q = i; }
}
int doit(LL x){
    if(x % 6 != 1 && x % 6 != 2) return x % 6 == 0 ? 6 : x % 6;
    if(x % 6 == 1){
        x = (x - 1) / 6;
        if( ( *lower_bound(A + 1, A + Q + 1, x) ) == ( x ) ) return 1;
        else return 7;
    } else {
        x = (x - 2) / 6;
        int L = 1, R = Q;
        while(L <= R){
            if(A[L] + A[R] == x) return 2;
            while(A[R] + A[L] < x) L++;
            while(A[R] + A[L] > x) R--;
        }
        return 8;
    }
}
int main(){
    int T = read();
    init();
    while(T--) printf("%d\n", doit(read()));
    return 0;
}
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int _ = 2e7 + 100;
#define LL long long 
int read(){ int x; scanf("%d", &x); return x; }
char S[_];
int  n;
namespace Hash{
    const int MOD  = 998244353;
    const int base = 'z' + 10;
    int ahs[_];
    int bhs[_];
    int POW[_];
    int pow(int a, int b, int p){ int ans = 1; while(b) { if(b & 1) ans = (ans *1LL* a) % p; a = (a *1ll* a) % p; b >>= 1; } return ans; }
    int suba(int L, int R) { return (  ahs[R] - (ahs[L - 1] *1ll* POW[R - L + 1] % MOD)  +0ll+ MOD) % MOD; }
    int subb(int L, int R) { return (  bhs[L] - (bhs[R + 1] *1ll* POW[R - L + 1] % MOD)  +0ll+ MOD) % MOD; }
    void initHash(int x){
        POW[0] = 1;
        for(int i = 1; i <= x; i++) POW[i] = POW[i - 1] *1ll* base % MOD;
        for(int i = 1; i <= x; i++){
            ahs[i] = ( (ahs[i - 1] *1ll* base) +0ll+ S[i] ) % MOD;
        }
        for(int i = x; i >= 1; i--){
            bhs[i] = ( (bhs[i + 1] *1ll* base) +0ll+ S[i] ) % MOD;
        }
    }
}
using Hash::initHash;
using Hash::suba;
using Hash::subb;
int mlen[_];
int qury[_];

int main(){
    clock_t t0 = clock();
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    scanf("%s", S + 1); n = strlen(S + 1);
    initHash(n);
    for(int i = 1; i < n; i++){
        if(S[i] != S[i + 1]) { mlen[i] = 0; continue; }
        int L = 0;
        int R = i;
        int ans = 0;
        while(L < R){
            int mid = L + ((R - L + 1) >> 1);
            if(suba(i - mid + 1, i) == subb(i + 1, i + mid)) ans = mid, L = mid;
            else R = mid - 1;
        }
        mlen[i] = ans;
    }

    for(int i = 1; i < n; i++) qury[i] = i - mlen[i];

    int ans = 0;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        for(int j = i + 1; j <= i + mlen[i];j++) ans += (j - mlen[j] <= i);
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <iostream>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int read(){ int x; scanf("%d", &x); return x; }
const int _ = 1e5 + 100;
const int MAXD = 1e3 + 100;
int head[_];
struct edges{
    int node;
    int nxt;
}edge[_ << 1];
int tot = 0;
void add(int u, int v){
    tot++;
    edge[tot].node = v;
    edge[tot].nxt  = head[u];
    head[u]        = tot;
}
int n;
int rt = 1;
int C[MAXD + 100][MAXD + 100];
int frc[_];
int dp[_];
int pow(int a, int b, int P)  { int ans = 1; while(b) { if(b & 1) ans = (ans *1ll* a) % P; a = (a *1ll* a) % P; b >>= 1; } return ans; }
int inv(int x){ return pow(x, MOD - 2, MOD); }
const int DB = 20;
void init(){
    C[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= MAXD; i++){
        C[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; j++){
            C[i][j] = ( C[i - 1][j] +0ll+ C[i - 1][j - 1] ) % MOD;
        }
    }
    frc[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= _ - 10; i++) frc[i] = ( frc[i - 1] *1ll* (i) ) % MOD;
    for(int i = 1; i <= MAXD; i++){
        dp[i] = 0;
        for(int d = 1; d <= i; d++){
            dp[i] = (dp[i] +0ll+ (
                (  ( (C[i - 1][d - 1] *1ll* C[i][d]) % MOD ) *1ll* frc[i - d]  ) % MOD
                    ) % MOD) % MOD;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= MAXD; i++) dp[i] = (dp[i] *1ll* inv(frc[i])) % MOD;
}
int ans = 0;
struct Stack{ int v[_]; int top; Stack(){ top = 0; } inline int *GetHead(){ return &v[0]; } inline int* GetTail(){ return &v[top]; } void push(int x){v[top++] = x;} void pop(){top --;} };
Stack S;
int val[_];
int NodeVal[_];
void dfs0(int o, int fa, int dep){
    S.push(o);
    int now = dep;
    for(int *i = S.GetHead(); i != S.GetTail(); i++){
        val[o] = (  val[o] +0ll+ (dp[now] *1ll* NodeVal[*i]) % MOD  ) % MOD;
        now --;
    }
    for(int i = head[o]; i ; i = edge[i].nxt){
        int ex = edge[i].node;
        if(ex == fa) continue;
        dfs0(ex, o, dep + 1);
    }
    S.pop();
}
int main(){
    n = read();
    init();
    for(int i = 1; i < n; i++){ int u = read(), v = read(); add(u, v); add(v, u); }
    for(int i = 1; i <= n; i++) NodeVal[i] = read();
    dfs0(1, -1, 1);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans +0ll+ NodeVal[i]) % MOD;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans +0ll+ val[i]) % MOD;
    printf("%d\n", (ans *1ll* frc[n]) % MOD);
    return 0;
}