有些东西渐渐就远去了。。。不必挂念。
只有时间才拥有如此力量。我们能做的，唯有释怀。
这次的题格外顺手，大概是我的强项了。
但是考得还是不够好吧。。。感觉可以更高的
今天迎来了学了OI一年多比较重要的一个成就：（虽说是在考后）
AC1000道题！还是挺不容易的。
第1000道题是今天的T3。大部分是自己思考的，题也不是很简单，挺好的。
挺过了联赛，现在想要等到下一次整百，可能就要到3月份了。
我还能在OI多久呢？
回到这场考试。
T1的数据范围只有10000，让我想起了ALO那道题50000数据被我随机化AC。
然而这题可以构造毒瘤数据所以正确率没有那么高，但是除了随机化啥也不会写。
于是拿一个60走人（其实很满意了）。
T2一眼秒，AC自动机+拓扑dp，当然需要tarjan。
tarjan？啊。。。好像不会写了，弃了。
然后正解真的就是这个，自闭。。。
T3其实是最先开始做的题，因为测试1里做的那道题有提到积性函数，然后就想了一下这题的这玩意显然也就是积性函数。
然后P=2的就很好说了。很快写完。然后又研究了一下P=2017，也就证明了结论但是复杂度不对，一共80分滚粗。
这点分拿到之后就啥都没干了。T2写了个AC自动机但是没有tarjan没有用。然后就不知道该干什么了。
tarjan这种东西吧。。。
至少现在，应该是真的会了。。。幸亏联赛没考不然就退役了。
T1：好题
题意：树上每个点有色，求最小联通块含有k种颜色。n<=10000,k<=5，颜色<=n
k<=5一定是突破口。但是颜色那么多怎么办？
随机化。把所有的颜色分成k类，同类的视为一种颜色。
然后树上状压dp就可以得到含有k类颜色的最小联通块。
显然找到的方案一定是合法的，但不一定是最优的。
考虑最优方案的联通块所包含的k种颜色，你能找出这个解当且仅当这k种颜色被恰好分为了不同的k类。
合法的总方案是$k!$个（内部顺序任意，所以是排列）。而对这k中颜色分类的总方案数就是$k^k$。
所以单次随机化得到正解的概率是$\frac{k!}{k^k}$。在k=5时大约是0.04
这样的话，只要进行50次随机化，正确率就已经高达87%了。然而你让它一直clock跑下去肯定是不会错的。
单次随机化的复杂度是$O(3^kn)$。然而我懒得写枚举子集了，于是单次复杂度变为$O(4^kn)$。
还是可以过的。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 10003
4 int n,k,fir[S],l[S<<1],to[S<<1],co[S],ec,cnt,c,ans=S,tans,sz[S],dp[S][33],re[S],Co[S];
5 void dfs(int p,int fa){
6 dp[p][1<<co[p]]=1;
7 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa){
8 dfs(to[i],p);
9 for(int a=1;a<1<<k;++a)for(int b=1;b<1<<k;++b)dp[p][a|b]=min(dp[p][a|b],dp[p][a]+dp[to[i]][b]);
10 }ans=min(ans,dp[p][(1<<k)-1]);
11 }
12 main(){
13 scanf("%d%d",&n,&k);
14 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&Co[i]);
15 for(int i=1,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y),
16 l[++ec]=fir[x],fir[x]=ec,to[ec]=y,
17 l[++ec]=fir[y],fir[y]=ec,to[ec]=x;
18 while(clock()<699999){
19 for(int i=1;i<=n;++i)re[i]=rand()%k;
20 for(int i=1;i<=n;++i)co[i]=re[Co[i]];
21 memset(dp,0x3f,sizeof dp);dfs(1,0);
22 }printf("%d\n",ans);
23 }
代码真好写。。。
T2：坏题
题意：给定n个长度不超过10的串，字符集大小为t。求有多少种两端都无限长的串，不与给定串匹配。两串相同当且仅当一个串下标全部+k后完全匹配。
多串匹配，八成AC自动机。
题意就是AC自动机上，从环出发到环结束，有多少方案。
对于非简单环，它就可以乱走了，方案数无穷。
对于一个环走到一个环再走到一个环，中间的环走几次是任意的，方案数也无穷。
看到一堆环环环的，那就写tarjan缩一下呗。然而我不会
对于简单环的判定，条件很简单：如果你是n个点的强联通分量，那么你就一定有至少n条边。
如果是恰好n条边，那么构造就明确了一定是一个简单环。否则多于n条边的话，你一定可以在图里提取出一个环，而在这环以外的边会使这个环上的点形成新的路径。
因为一个环已经强联通了，再连新的边一定会与环上对应两点的两条路径之一形成新的环，从而它就不是简单环了。
所以tarjan缩完之后，跑拓扑做dp就可以了。注意在tarjan时单个点无自环也会被判定为强联通分量，在dp时需要特殊处理。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define S 333333
4 int c[S][7],fail[S],q[S],nt[S],t,qt,n,rt,pc,tim,scc,tp,ed[S],pt[S];
5 int dfn[S],low[S],bl[S],ins[S],s[S],fir[S],l[S],to[S],ec;char ss[11];
6 int FIR[S],L[S],TO[S],deg[S],EC,ans,dp[S][3];
7 void link(int a,int b){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;}
8 void Link(int a,int b){L[++EC]=FIR[a];FIR[a]=EC;TO[EC]=b;deg[b]++;}
9 void insert(int&p,int al){
10 if(!p)p=++pc;
11 if(!ss[al]){nt[p]=1;return;}
12 insert(c[p][ss[al]-‘a‘],al+1);
13 }
14 void bfs(){
15 q[1]=rt;for(int i=0;i<t;++i)c[0][i]=rt;
16 for(int h=1,qt=1;h<=qt;++h)for(int i=0;i<t;++i)
17 if(c[q[h]][i])fail[q[++qt]=c[q[h]][i]]=c[fail[q[h]]][i];
18 else c[q[h]][i]=c[fail[q[h]]][i];
19 }
20 void tarjan(int p){
21 dfn[p]=low[p]=++tim;s[++tp]=p;ins[p]=1;
22 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(!dfn[to[i]])tarjan(to[i]),low[p]=min(low[p],low[to[i]]);
23 else if(ins[to[i]])low[p]=min(low[p],low[to[i]]);
24 if(dfn[p]==low[p]){
25 bl[p]=++scc;ins[p]=0;
26 while(s[tp]!=p)ins[s[tp]]=0,bl[s[tp--]]=scc;tp--;
27 }
28 }
29 int main(){
30 scanf("%d%d",&t,&n);
31 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%s",ss),insert(rt,0);
32 bfs();for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=i;j;j=fail[j])nt[i]|=nt[j];
33 for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=0;j<t;++j)if(!nt[i]&&!nt[c[i][j]])link(i,c[i][j]);
34 tarjan(1);
35 for(int i=1;i<=pc;++i)pt[bl[i]]++;
36 for(int i=1;i<=pc;++i)for(int j=fir[i];j;j=l[j])if(bl[i]==bl[to[j]])ed[bl[i]]++;
37 else Link(bl[i],bl[to[j]]);
38 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]!=ed[i]&&pt[i]>1)return puts("-1"),0;
39 for(int i=1;i<=scc;++i)if(!deg[i])q[++qt]=i;
40 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]==ed[i])dp[i][0]=1;
41 for(int i=1;i<=scc;++i)if(pt[i]==ed[i])ans++;
42 for(int h=1;h<=qt;++h){
43 for(int i=FIR[q[h]];i;i=L[i]){
44 deg[TO[i]]--;
45 if(!deg[TO[i]]) q[++qt]=TO[i];
46 if(pt[TO[i]]==ed[TO[i]]) dp[TO[i]][1]+=dp[q[h]][0];
47 else dp[TO[i]][1]+=dp[q[h]][1],dp[TO[i]][0]+=dp[q[h]][0];
48 }
49 if(pt[q[h]]==ed[q[h]])ans+=dp[q[h]][1];
50 }
51 printf("%d\n",ans);
52 }
T3：不好不坏题
题意：求n以内的所有约数和是P倍数的数之和。$n<=10^{10}$，P为2或2017。
可能是因为我现在AC了所以我觉得它真是挺好的一道题。。。做得怪累的。
约数和是积性函数。所以我们拆解质因数进行考虑。
首先想P=2吧。分解质因数后，只要有一种质因子的贡献是偶数，那么它最终的质因数之和就是偶数，就会贡献答案。
「只要有一种就」这种限制条件不是很好考虑，来考虑相反的「一种都没有」
那就要求每种质因子的约数和都是奇数，这种数不会贡献答案。
对于同种质因子$p^e$它的约数和是$\sum\limits_{i=0}^{e} p^i$。除非p=2，这里每一项都是奇数。
那么只要有偶数项就好了，也就是质因子的指数必须是偶数。
那么质因子指数都是偶数的话，那么。。。不就是个平方数吗。。？
所以所有的平方数都不会贡献答案。
不太对。上面有一句「除非p=2」，还没有考虑呢。发现一个数不管有几个2它的因子和的奇偶性都不会变。
所以其实你不需要考虑2的次数，也就是2出现了奇数次也可以。
那么就是平方数的2倍也不会贡献答案。（不必再考虑4倍及更高，4倍不久已经就是平方数了吗，已经考虑过了）
然后这样就拿到了P=2的50分。接下来是P=2017。
线筛可以做，但是这做法显然没有扩展性（扩展成洲阁筛？？？）
首先我们惊奇的发现2017是一个良好的质数。
类似于上面的思路，我们还是分解质因数，如果任意一个质因数的贡献是2017的倍数，那么这个数就会产生贡献。
因为2017是质数所以不会出现由多个质因子加起来才能拼凑出2017的情况。
先考虑指数为1，那么其实就是(p+1)%2017==0，这种东西不会筛啊。
枚举有一定技巧啊，它肯定是2017的整倍数-1啊，而且它还必须是奇数。那么枚举就是以4033为首项，4034为公差。
这样的枚举量是$\frac{n}{4034}$的，对于最大的数据这个数大约是250万。然后。。。然后我只会根号筛了。
考虑指数为2，是$(p^2+p+1)%2017==0$。受到n的限制p不会超过$\sqrt{n}$，直接枚举就好了。
同理指数为3，打表发现其实只有229这一个p满足条件。在代码里我选择特殊处理了。
对于这些质数的次幂，它们的任意倍数的约数和都是2017的倍数，都会贡献答案，等差数列求和就好。
然后，到此为止，你就能得到80分的好成绩了。
但是，目前为止，你不仅跑的慢，在大数据下答案还是错的！
为什么？
举个例子，最小的1次幂质数是10121。数据范围超过$10^8$时，就可能会出现$10121^2$这种东西。
你刚才累加答案的时候，是把10121的倍数都加进去了，所以也会把这个数加进去。
但是积性函数只有在互质时才能满足乘法，所以你得到$10121^2$的质因数之和是错的。。。
二次幂与三次幂同理。但是最小的二次幂是2311，它的3次幂超过了最大的n。所以不必考虑。
唯一的三次幂229的4次幂还是有可能在n以内的，一定要记得考虑！
然后跨次幂相撞是不存在的，它们都超过了n的范围。所以只需要考虑一次幂数的平方和229的4次方即可。
容斥解决。
但是到了这里答案是对的，但是在最大数据下运行时间在15s以上。。。复杂度就卡在那个根号筛了。
然后其实需要的功能就是筛质数，然后看过数学一本通的我想到了Miller Rabin。然而我肯定不会写啊。
至少考后会了，而且也学会了快速乘。
然后抄一下LNC大神的Miller Rabin板子就好了。
等我彻底理解了就补充一下Miller Rabin与快速乘的草率讲解。
先说快速乘吧，它就是用来处理模数在long long级别的乘法。
考虑模法的实际含义$a \% b= a - \frac{a}{b} \times b$
而这里的问题是$xy \ mod \ b $。首先$\frac{xy}{b}$那一项好说，因为最后结果不大，所以直接用double算不会炸精。
然后$xy$与$\frac{xy}{b} \times b$的差值不超过b，也就是不会超过long long的范围，所以直接自然溢出。
你并不在意溢出的那些位，因为它差值不大，高位本来就不存在。
所以最后的流程就是$xy$乘法用unsigned long long自然溢出，减去用double算的除法强制转unsigned long long后乘b也自然溢出。
把两个自然溢出的数相减，就得到了最后的余数。
而有一种东西叫做$GongKai$优化（名字很高大上有没有？cbx发明的）。就是如果做乘法的两个数如果都没有超过$4 \times 10^9$，就用1ull做通常除法。
看起来非常蠢，但是强制转换和double类型很慢，在这道题里两种做法的常熟差了三分之一，还是很明显的。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define mod 1000000007
4 #define ll long long
5 #define ull unsigned int
6 #define S 30000005
7 int P,pc,nc;bool np[S];ll num[S],pr[S],ans,n;const ll U=4000000000;
8 ll mul(ll x,ll y,ll p){if(x<U&&y<U)return 1ull*x*y%p;ll z=(double)x/p*y,res=(unsigned ll)x*y-(unsigned ll)z*p;return (res+p)%p;}
9 ll pow(ll b,ll t,ll M,ll a=1){for(;t;t>>=1,b=mul(b,b,M))if(t&1)a=mul(a,b,M);return a;}
10 bool isprime(ll x){
11 ll y=x-1,k=0;
12 if(x%3==0)return 0;
13 if(x%5==0)return 0;
14 if(x%7==0)return 0;
15 if(x%11==0)return 0;
16 while(!(y&1))++k,y>>=1;
17 for(int i=1;i<=2;++i){
18 ll z=rand()%(x-1)+1,d;z=pow(z,y,x);
19 for(int j=1;j<=k;++j){
20 d=mul(z,z,x);
21 if(d==1&&z!=1&&z!=x-1)return 0;
22 z=d;
23 }
24 if(d!=1)return 0;
25 }return 1;
26 }
27 ll C(ll x){ll t=n/x%mod;return t*(t+1)/2%mod*x%mod;}
28 main(){
29 scanf("%lld%d",&n,&P);
30 if(P==2){ans=(n%mod)*(n%mod+1)/2%mod;
31 for(ll i=1;i*i<=n;++i)ans=(ans-i*i)%mod;
32 for(ll i=1;i*i*2<=n;++i)ans=(ans-i*i*2)%mod;
33 }else{
34 for(int i=2;i<=100000;++i){
35 if(!np[i])pr[++pc]=i;
36 for(int j=1;j<=pc&&i*pr[j]<=100000;++j)
37 if(i%pr[j]==0){np[i*pr[j]]=1;break;}
38 else np[i*pr[j]]=1;
39 }
40 for(ll i=4033;i<=n;i+=4034)if(isprime(i))ans=(ans+C(i))%mod,num[++nc]=i;
41 for(int i=1;i<=nc&&num[i]<=n/10121;++i)for(int j=1;j<=i&&num[j]*num[i]<=n;++j)ans=(ans-C(num[i]*num[j]))%mod;
42 for(int j=1;1ll*pr[j]*pr[j]<=n;++j)if((1+pr[j]+1ll*pr[j]*pr[j])%2017==0)ans=(ans+C(1ll*pr[j]*pr[j]))%mod;
43 ans=(ans+C(229*229*229)-C(229ll*229*229*229))%mod;
44 }printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
45 }
好题啊
原文地址：https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/12069900.html