UOJ Round #5 题解

A

构造的试卷每一题都是 A 0 0 0 0，这样方案数为 $3^{n-1}\times 4$。

证明的话参考官方题解吧，我这只是手玩出来之后觉得大概没有更优解于是就写了。

代码大概没人需要吧……还是要稍微放一下的

#include <cstdio>

int n;

int main()
{
    
    
	scanf("%d",&n);
	int ans=4;for(int i=2;i<=n;i++)ans=3ll*ans%998244353;
	printf("%d\n",ans);
	for(int i=1;i<=n;i++)printf("A 0 0 0 0\n");
}

B

不难发现肯定要先按权值将所有修路操作排序，然后每次操作要将尽可能多的连通块连在一起。

考虑一次修路，假设限制个数为 $p_i$，若 $dis(u_i,v_i)>p_i$，那么这路上所有连通块都必定可以连在一起，用一个并查集来维护自己所在连通块中深度最小的节点即可，每次暴力往上跳。这部分的总复杂度为 $O(n\log n)$。（注意这里是不能按秩合并的，所以不是 $O(n{\alpha }_n)$。）

当 $dis(u_i,v_i)\le p_i$ 时，考虑将所有限制连边，然后找到度数最小的点 $x$，将不跟他相连的点与他合并，这部分要用另外一个并查集来维护，并且上面那个部分合并连通块时，也要顺便维护这个并查集。

然后再暴力枚举与 $x$ 相连的点，将他们之间进行合并，由于 $x$ 选取了度数最小的点，所以这部分复杂度不超过 $O(p)$。

最后再看看与 $x$ 相连的点是否能跟不与 $x$ 相连的点进行合并，这个也可以在 $O(p)$ 内判断。

于是时间复杂度大概就是 $O((n+p)\log n)$，代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 300010
#define pb push_back

int n,m,k,fa[maxn],dep[maxn];
struct edge{
    
    int x,y,z,t;}d[maxn];
bool cmp(edge x,edge y){
    
    return x.z<y.z;}
vector<edge> con[maxn];
bool check(int x,int y,int p){
    
    
	while(p--){
    
    
		if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
		y=fa[y];if(x==y)return false;
	}
	return true;
}
struct dsu{
    
    
	int fa[maxn];
	int findfa(int x){
    
    return x==fa[x]?x:fa[x]=findfa(fa[x]);}
	dsu(){
    
    for(int i=1;i<=maxn-10;i++)fa[i]=i;}
}A,B;
long long ans=0;
void link(int x,int y,int z){
    
    
	int px=x,py=y;
	x=B.findfa(x);y=B.findfa(y);
	if(x!=y)B.fa[y]=x,ans+=z;//,printf("link : %d %d  %d\n",px,py,z);
}
vector<int> e[maxn];
edge sta[maxn];int top=0;
void add_edge(int x,int y){
    
    e[x].pb(y);e[y].pb(x);sta[++top]=(edge){
    
    x,y,0,0};}
void clear_edge(int x=0,int y=0){
    
    while(top)x=sta[top].x,y=sta[top--].y,e[x].clear(),e[y].clear();}
int S[maxn],sn;
void get_chain(int x,int y){
    
    
	sn=0;
	bool stop;do{
    
    
		stop=(x==y);
		if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
		S[++sn]=y;y=fa[y];
	}while(!stop);
}
bool v[maxn];

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%d",&fa[i]),dep[i]=dep[fa[i]]+1;
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d %d %d",&d[i].x,&d[i].y,&d[i].z),d[i].t=i;
	for(int i=1,x,y,t;i<=k;i++){
    
    
		scanf("%d %d %d",&t,&x,&y);
		con[t].pb((edge){
    
    x,y,0,0});
	}
	sort(d+1,d+m+1,cmp);
	for(int i=1;i<=m;i++){
    
    
		int x=d[i].x,y=d[i].y,z=d[i].z,t=d[i].t;
		if(check(x,y,con[t].size())){
    
    
			x=A.findfa(x);y=A.findfa(y);
			while(x!=y){
    
    
				if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);
				link(y,fa[y],z);A.fa[y]=fa[y];
				y=A.findfa(y);
			}
		}else{
    
    
			for(edge i:con[t])add_edge(i.x,i.y);
			get_chain(x,y);int mi=S[1];
			for(int j=2;j<=sn;j++)if(e[S[j]].size()<e[mi].size())mi=S[j];
			
			for(int j:e[mi])v[j]=true;
			for(int j=1;j<=sn;j++)if(!v[S[j]])link(mi,S[j],z);
			for(int j:e[mi]){
    
    
				int tot=0;for(int p:e[j])tot+=v[p];
				if(e[j].size()-tot-1<sn-e[mi].size()-1)link(j,mi,z);
			}
			for(int j:e[mi])v[j]=false;
			for(int j:e[mi]){
    
    
				for(int p:e[j])v[p]=true;
				for(int p:e[mi])if(!v[p])link(j,p,z);
				for(int p:e[j])v[p]=false;
			}
			clear_edge();
		}
	}
	printf("%lld",ans);
}

C

膜一膜神仙就会了。

如果你对下面的莫反有什么疑问的话，可以看看这个。

首先大力推推柿子，显然有：$lcm(i,j)=\frac{ij}{\gcd (i,j)}$，代入得：
$$\sum _{j=1}^n{i}^d\times j^d\times \gcd (i,j{)}^{c-d}\times x_j\equiv b_i$$

神仙告诉我们，其实长这样的都可以做：
$$\sum _{j=1}^{n}g(i)\times h(j)\times f(\gcd (i,j))\times x_j\equiv b_i$$

设 $f(n)={\sum }_{k|n}{f}^{\prime }(k)$，由于我们知道 $f$，所以可以大力反演一波得到 $f^{\prime }$，代入得：
$$\begin{array}{rl}\sum _{j=1}^n\sum _{k|\gcd (i,j)}g(i)\times h(j)\times f^{\prime }(k)\times x_j& \equiv b_i\\ \sum _{k|i}{f}^{\prime }(k)\sum _{k|j}h(j)\times x_j& \equiv \frac{b_i}{g(i)}\end{array}$$

设 $t(n)={\sum }_{n|i}h(i)\times x_i$，代入有：
$$\sum _{k|i}{f}^{\prime }(k)t(k)\equiv \frac{b_i}{g(i)}$$

可能这样更顺眼？
$$\frac{b_i}{g(i)}\equiv \sum _{k|i}{f}^{\prime }(k)t(k)$$

由于我们知道 $\frac{b_i}{g(i)}$，所以再次反演可以求出 $f^{\prime }(k)t(k)$，除掉 $f^{\prime }(k)$ 就得到了 $t(k)$。

然而 $t(k)$ 也是个莫反的形式，所以最后莫反一波求出 $h(i)\times x_i$，然后除掉 $h(i)$ 就求出 $x_i$ 了。

由于在这题中 $g(i)=h(i)$，所以代码里面统一用 $g(i)$ 了，以及代码里面的 $f$ 其实就是柿子里的 $f^{\prime }$，柿子里的 $f$ 其实代码里不需要存下来。
$$h(i)\times x_i\equiv \sum _{i|n}\mu (\frac{n}{i})t(n)$$

代码如下：

#include <cstdio>
#define mod 998244353
#define ll long long
#define maxn 300010

int n,c,d,q;
int mu[maxn],prime[maxn],tot=0;
bool v[maxn];
ll ksm(ll x,int y)
{
    
    
	ll re=1;
	y=(y%(mod-1)+mod-1)%(mod-1);//如果是负数那么就加上mod-1
	while(y)
	{
    
    
		if(y&1)re=re*x%mod;
		x=x*x%mod;y>>=1;
	}
	return re;
}
#define inv(x) ksm(x,-1)
ll b[maxn],g[maxn],f[maxn],t[maxn];
void work()
{
    
    
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)//这里真的难受……我以为是莫反打错了调了一个小时，结果是线性筛错了QAQ
	{
    
    
		if(!v[i])prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=maxn-10;j++)
		{
    
    
			v[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=ksm(i,d);//求g 
	for(int i=1;i<=n;i++)if(mu[i]!=0)//求f' 
	for(int j=1;i*j<=n;j++)
	f[i*j]=(f[i*j]+(mod+mu[i]*ksm(j,c-d))%mod)%mod;
}

int main()
{
    
    
	scanf("%d %d %d %d",&n,&c,&d,&q);
	work();
	while(q--)
	{
    
    
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]),b[i]=b[i]*inv(g[i])%mod;//求出b[i]/g[i] 
		
		for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)if(mu[i]!=0)//求出t[i] 
		for(int j=1;i*j<=n;j++)
		t[i*j]=(t[i*j]+(mod+mu[i]*b[j])%mod)%mod;
		bool v=false;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		if(!f[i]&&t[i]){
    
    v=true;break;}
		else t[i]=t[i]*inv(f[i])%mod;
		if(v){
    
    printf("-1\n");continue;}
		
		for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=0;//求出答案，由于此时b数组没用了，我们理所当然地把他拿过来打打工 
		for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
		b[i]=(b[i]+(mod+mu[j/i]*t[j])%mod)%mod;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%lld ",b[i]*inv(g[i])%mod);
		printf("\n");
	}
}