2018.10.14牛客noip提高組模擬賽（第五場）
A-同餘方程
題目：為，為中的正整數，求方程 的解數
結果
solution:
首先可以將區間轉化成字首和，這樣我們只要考慮和的答案，考慮一個區間異或另一個區間最後的答案區間到底是什麼，有了這個只要除以就是答案了
如果一個區間和異或起來的答案區間，其中的後位和的後位為，假設，那麼答案區間就是，每個數對應有種，因為每個都有對應的來異或到區間內的某個數，所以列舉每一位，算出答案區間更新答案
注意因為有的情況，所以可以都看成開區間
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define LL long long
using namespace std;
LL l1,l2,r1,r2,m;
const int mod=998244353;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char c=' ';
while(c<'0' || c>'9') f=c=='-' B-旅遊
在可憐的計劃中，可憐一共打算遊玩 n 個景點，這些景點被 m 條雙向道路聯通（即任何兩個景點之間都能通過道路直接或者間接到達）。第 i 條道路的長度為 2i。
因為這 n 個景點中，只有 1 號景點在機場附近，所以可憐想要制定一個從 1 號點出發，沿著道路一路遊玩，並在最後回到 1 號點的遊覽計劃。同時因為每一條道路都有不一樣的風景，於是可憐想要在這個計劃中，經過每一條道路至少一次（只要從一個方向走過就算經過過這條道路）。
令一個遊覽計劃的疲勞度為行走長度的總和（多次經過的邊長度被多次計算），可憐想要計算所有滿足條件的遊覽計劃中疲勞度的最小值。
solution:
因為這個邊權十分特殊，有一個結論就是，求出一個最小生成樹，所有非樹邊一定只用經過一次（因為樹邊和一定小於這個非樹邊），然後每個非樹邊可以看成覆蓋了的一條路徑，每個點需要被覆蓋偶數次才能保證回到號節點，所以只要看這個點被覆蓋次數是奇數或者偶數就好了如果是奇數這個樹邊就要走一次偶數就要走兩次
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 500005
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,fa[N],cnt=1,head[N],mark[N];
bool used[N<<1];
LL ans,val[N];
const int mod=998244353;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char c=' ';
while(c<'0' || c>'9') f=c=='-'?-1:1,c=getchar();
while(c<='9' && c>='0') x=x*10+c-'0',c=getchar();
return x*f;
}
struct EDGE{
int to,nxt; LL w;
}edge[N<<1];
inline void add(int x,int y,LL z){
edge[++cnt].to=y; edge[cnt].w=z; edge[cnt].nxt=head[x]; head[x]=cnt;
}
inline int find(int x){
if(x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
inline void dfs(int u,int fr){
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
int v=edge[i].to;
if(!used[i] || v==fr) continue;
dfs(v,u);
if(mark[v]) (ans+=edge[i].w)%=mod;
else (ans+=edge[i].w*2%mod)%=mod;
mark[u]^=mark[v];
} return;
}
int main(){
n=rd(); m=rd(); val[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x=rd(),y=rd(); val[i]=(val[i-1]<<1)%mod;
add(x,y,val[i]); add(y,x,val[i]);
int u=find(x),v=find(y);
if(u==v) continue;
fa[u]=v; used[cnt]=used[cnt^1]=true;
}
for(int i=2;i<=cnt;i+=2)
if(!used[i]){
(ans+=edge[i].w)%=mod;
mark[edge[i].to]^=1;
mark[edge[i^1].to]^=1;
}
dfs(1,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
C-串串
給定非負整數a,b,c,d，求有多少對01串(S,T)，滿足以下條件：
- S 由 a 個 0 ， b 個 1 組成
- T 由 c 個 0 ， d 個 1 組成
- T 可以由 S 刪掉一些字元得到
由於答案可能過大，你只需要輸出答案對 1000000007 取模後的值
solution:
一眼看上去就感覺是組合數，奈何功力不夠最後沒有調出來
很容易想到對於不同的都是一樣的，一共有種，對每個都可以新增一些字元變成一個，如何保證不算重呢，我們可以限制必須是中同樣的子序列中字典序最小的那個，可以發現如果在中插入，只能把它插入的前面，因為插入前面就不是字典序最小的了，的情況同理，這就可以看成隔板法，如何組合數求一下就好了，但是注意如果放在的後面就可以隨便放了，所以列舉在後面放，那麼
特判一下的情況就好了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define maxn 4005
#define LL long long
using namespace std;
int a,b,c,d,n,m;
LL ans,fac[maxn],inv[maxn];
const int mod=1e9+7;
inline LL qpow(LL x,int k){
LL ret=1;
while(k){
if(k&1) (ret*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod; k>>=1;
} return ret;
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我們可以很簡單的想到要枚舉中間點，進行邊數的轉移。
但是因為邊長數據範圍很大，所以我們考慮log的倍增。
狀態設計為\(dp[i][j][k]\)，為從節點\(i\)走\(2^k\)
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<map&g
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1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<algorithm>
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#include <stdio.h>
#i
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using namespace std;
const int maxn = 110000;
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#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
ll m,
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sin inline swap number node oid ima nts info 題意
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Sol
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using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
ll m,l1,l2,r1,r2;
ll
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typedef long long ll;
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numbers col 如果 -o img 數組 數據 .html log 隨便補了幾道題，可能也就能寫出來這幾道吧。最近被搜索虐爆了，要抓緊去看搜索，隨便寫寫就溜，備忘一下線段樹新的板子(以前的不好用，太垃圾了)
A.逆序數
時間限制：C/C+
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大意
給定nn件商品，現在你有kk張降價券，可以讓aiai降至bibi在購買金額不超過mm最多能購買的物品數量
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首先顯然可以發現，用降價券是永遠比不用要好的，所以我們在一開始優先選擇
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給定一張nn個點，n−1n−1條邊的無向聯通圖，現要在圖中至少有一個由mm個點組成的聯通分量中的點數必須不小於2的情況下，割去儘量多的邊。
思路
樹形dpdp
一條邊可以用兩隻企鵝