*注意：这套题目应版权方要求，不得公示题面。
从这里开始
- Problem A 小D与电梯
- Problem B 小D与田野
- Problem C 小D与函数
Problem A 小D与电梯
题目大意
假设电梯在0层，容量无限大。给定$n$个人的到达时间和要去的楼层。电梯上下一层楼花费的时间为1，电梯开关门、乘客上下的耗时不计，电梯可以停留在某一层楼。问将所有人送达到目的地，并让电梯回到0层的最少耗时。
先按到达时间将所有人排序。显然，每次电梯运输的人是一段连续的区间中的人。
用$f[i]$表示将前$i$个人送到目的地，并且电梯回到0层的最少耗时。
转移方程显然：$f[i] = \min\left \{ \max(f[j], arrive[i]) + 2 \times max_{j < k \leqslant i}floor[k] \right \}$。
性质1 $f[i]\leqslant f[i + 1]$。
将阶段$i + 1$的策略去掉第$i + 1$个人，作用于阶段$i$。
因此，可以二分出一个分界点，使得前一部分取$arrive[i]$，另一部分取$f[j]$。
对于前一部分，根据后面半个式子随$j$减小而不下降可以知道，取分界点的时候最优。
对于后一部分，考虑使用一个单调栈维护走的楼层，用线段树维护动态规划的转移。必要时进行修改。
总时间复杂度$O(n\log n)$。
考场上很好玩的是，前一部分写错了二分判断条件（多打了个‘=‘），然后mcfx坑爹的subtask评测，小数据的subtask没有过，大数据直接skip掉。喜闻乐见A题爆零。测完后，$n$小于等于5000的数据用$O(n^2)$的动态规划，剩下的部分线段树，然后就AC。内心有句mmp。
Code
1 #include <algorithm>
2 #include <iostream>
3 #include <cassert>
4 #include <cstdlib>
5 #include <cstdio>
6 #ifndef WIN32
7 #define Auto "%lld"
8 #else
9 #define Auto "%I64d"
10 #endif
11 using namespace std;
12 typedef bool boolean;
13 #define pii pair<int, int>
14 #define fi first
15 #define sc second
16 #define ll long long
17
18 const signed ll llf = (signed ll) (~0ull >> 1);
19 const int N = 1e6 + 5;
20
21 typedef class SegTreeNode {
22 public:
23 ll val, lazy;
24 SegTreeNode *l, *r;
25
26 SegTreeNode():val(0), lazy(0), l(NULL), r(NULL) { }
27
28 void pushUp() {
29 val = min(l->val, r->val);
30 }
31
32 void pushDown() {
33 l->val += lazy, r->val += lazy;
34 l->lazy += lazy, r->lazy += lazy;
35 lazy= 0;
36 }
37 }SegTreeNode;
38
39 SegTreeNode pool[4 * N];
40 SegTreeNode *top = pool;
41
42 SegTreeNode* newnode() {
43 return top++;
44 }
45
46 typedef class SegTree {
47 public:
48 int n;
49 SegTreeNode* rt;
50
51 SegTree() { }
52 SegTree(int n):n(n) {
53 build(rt, 1, n);
54 }
55
56 void build(SegTreeNode* &p, int l, int r) {
57 p = newnode();
58 if (l == r) return ;
59 int mid = (l + r) >> 1;
60 build(p->l, l, mid);
61 build(p->r, mid + 1, r);
62 }
63
64 void update(SegTreeNode *p, int l, int r, int ql, int qr, ll val) {
65 if (l == ql && r == qr) {
66 p->val += val, p->lazy += val;
67 return ;
68 }
69 if (p->lazy) p->pushDown();
70 int mid = (l + r) >> 1;
71 if (qr <= mid)
72 update(p->l, l, mid, ql, qr, val);
73 else if (ql > mid)
74 update(p->r, mid + 1, r, ql, qr, val);
75 else {
76 update(p->l, l, mid, ql, mid, val);
77 update(p->r, mid + 1, r, mid + 1, qr, val);
78 }
79 p->pushUp();
80 }
81
82 ll query(SegTreeNode *p , int l, int r, int ql, int qr) {
83 if (l == ql && r == qr)
84 return p->val;
85 if (p->lazy) p->pushDown();
86 int mid = (l + r) >> 1;
87 if (qr <= mid)
88 return query(p->l, l, mid, ql, qr);
89 if (ql > mid)
90 return query(p->r, mid + 1, r, ql, qr);
91 ll a, b;
92 a = query(p->l, l, mid, ql, mid);
93 b = query(p->r, mid + 1, r, mid + 1, qr);
94 return (a < b) ? (a) : (b);
95 }
96
97 void update(int l, int r, ll val) {
98 // cerr << "[" << l << ", " << r << "] added " << val << endl;
99 update(rt, 1, n, l, r, val);
100 }
101
102 ll query(int l, int r) {
103 return query(rt, 1, n, l, r);
104 }
105 }SegTree;
106
107 int n, tp = -1;
108 ll f[N];
109 pii ps[N];
110 SegTree st;
111 pii pst[N];
112
113 inline void init() {
114 scanf("%d", &n);
115 for (int i = 1; i <= n; i++)
116 scanf("%d%d", &ps[i].fi, &ps[i].sc);
117 }
118
119 inline void solve() {
120 ps[0].fi = ps[0].sc = 0;
121 sort(ps + 1, ps + n + 1);
122 f[0] = 0, st = SegTree(n + 1);
123 for (int i = 1, l, r, di, mid; i <= n; i++) {
124 l = 0, r = i - 1;
125 while (l <= r) {
126 mid = (l + r) >> 1;
127 if (f[mid] <= ps[i].fi)
128 l = mid + 1;
129 else
130 r = mid - 1;
131 }
132 di = l - 1;
133 while (~tp && pst[tp].fi < ps[i].sc) {
134 st.update((tp) ? (pst[tp - 1].sc + 1) : (1), pst[tp].sc, (ps[i].sc - pst[tp].fi) * 2ll);
135 tp--;
136 }
137 pst[++tp] = pii(ps[i].sc, i);
138 st.update(i, i, ps[i].sc * 2ll);
139 l = 0, r = tp;
140 while (l <= r) {
141 mid = (l + r) >> 1;
142 if (pst[mid].sc > di)
143 r = mid - 1;
144 else
145 l = mid + 1;
146 }
147 f[i] = ps[i].fi + pst[r + 1].fi * 2ll;
148 // cerr << "A " << f[i] << " " << pst[r + 1].fi << " " << pst[r + 1].sc << endl;
149 // cerr <<"mid: " << di << " f: " << f[i] << " " << pst[r + 1].fi << endl;
150 if (di < i - 1) {
151 ll cmp = st.query(di + 2, i);
152 f[i] = min(f[i], cmp);
153 }
154 st.update(i + 1, i + 1, f[i]);
155 // cerr << f[i] << endl;
156 }
157 printf(Auto, f[n]);
158 }
159
160 int main() {
161 init();
162 solve();
163 return 0;
164 }
Problem A
Problem B 小D与田野
题目大意
给定一个有向图的邻接矩阵$G$，其中$G_{i, j}$表示从$i$到$j$的有向边的数量。多次询问从$u$到$v$所有长度不超过$k - 1$的路径的代价和除以998244353的余数。定义一条长度为$L$的路径的代价为$L^{T}$。一条路的路径长度定义为它经过有向边的数量。
题目等价于求出$G + 2^{T}G^{2} + 3^{T}G^{3} + \cdots + (k - 1)^{T}G^{k - 1}$。
我们知道当$T = 0$的时候，可以用简单的分治水掉。
然后开始思考$T > 1$的时候。
引理1 若$n, k$均为正整数，则$n^{k}=\sum_{i = 1}^{n}S_{k}^{i}\times i!\times C_{n}^{i}$。其中$S_{k}^{i}表示第二类Stirling数$。
证明 考虑$n^{k}$的组合意义：把$k$个不同的球放入$n$个不同的盒子中的方案数。
$S_{k}^{i}$的组合意义是将$k$个不同的球放入$i$个相同的盒子中，并且每个盒子非空的方案数。那么等号右边等价于枚举恰好有多少个不同盒子是非空的，然后将$k$个球放入其中。显然它们是等价的。
又因为，当$n < k$的时候$S_{n}^{k} = 0$，因此，需要求出的等价于$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j = 0}^{T}S_{T}^{j}j! C_{i}^{j}G^{i}=\sum_{j = 0}^{T}S_{T}^{j}j!\sum_{i = 1}^{n} C_{i}^{j}G^{i}$。然后求出当$j = 0, 1, 2, \cdots, T$时，后面的和。继续考虑分治，假设我已经求出了当$1\leqslant i\leqslant mid$的时候的$T + 1$个和。为了求出后面部分的和，考虑使用下面这个结论：
引理2(范德蒙卷积) $C_{n + m} ^ {k} = \sum_{i = 0}^{k}C_{n}^{i}C_{m}^{k - i}$
证明 这里只介绍组合意义的证明。
考虑$n + m$个物品中选出$k$个物品，一定从其中$n$个物品中选出了$i$个，然后从另外$m$个物品中选出了$k - i$个物品。式子中枚举了所有可能的$i$，因此等式成立。
现在假设要求计算的前$r$个的和，中的$r$是偶数。因为如果它是奇数，可以手动补上最后没有被计算的一项。于是有：
$\sum_{i = mid + 1}^{r}C_{i}^{j}G^{i}\\=G^{mid}\sum_{i=1}^{mid}C_{i + mid}^{j}G^{i}\\=G^{mid}\sum_{i=1}^{mid}\sum_{k = 0}^{j}C_{i}^{k}C_{mid}^{j - k}G^{i}\\=G^{mid}\sum_{k = 0}^{j}C_{mid}^{j - k}\left(\sum_{i = 1}^{mid}C_{i}^{k}G^{i} \right )$
最终式子括号内的是已经计算出来的内容。对于$G^{mid}$可以随着分治一起计算。
因此总时间复杂度为$O(n^{3}\log K + T^{2}n^{2}\log K)$。感谢Joker提供此做法，完爆标程$O(n^{3}T\log K)$。
Code
1 #include <iostream>
2 #include <cstdlib>
3 #include <cstdio>
4 using namespace std;
5 typedef bool boolean;
6
7 const int N = 73, M = 998244353;
8 int n, k, q, T;
9
10 void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
11 if (!b)
12 x = 1, y = 0;
13 else {
14 exgcd(b, a % b, y, x);
15 y -= (a / b) * x;
16 }
17 }
18
19 int inv(int a, int n) {
20 int x, y;
21 exgcd(a, n, x, y);
22 return (x < 0) ? (x + n) : (x);
23 }
24
25 typedef class Matrix {
26 public:
27 int ar[N][N];
28
29 Matrix operator * (Matrix b) {
30 Matrix rt;
31 for (int i = 1; i <= n; i++)
32 for (int j = 1; j <= n; j++) {
33 rt[i][j] = 0;
34 for (int k = 1; k <= n; k++)
35 rt[i][j] = (rt[i][j] + ar[i][k] * 1ll * b[k][j]) % M;
36 }
37 return rt;
38 }
39
40 Matrix operator + (Matrix b) {
41 Matrix rt;
42 for (int i = 1; i <= n; i++)
43 for (int j = 1; j <= n; j++)
44 rt[i][j] = (ar[i][j] + b[i][j]) % M;
45 return rt;
46 }
47
48 Matrix operator * (int b) {
49 Matrix rt;
50 for (int i = 1; i <= n; i++)
51 for (int j = 1; j <= n; j++)
52 rt[i][j] = (ar[i][j] * 1ll * b) % M;
53 return rt;
54 }
55
56 int* operator [] (int pos) {
57 return ar[pos];
58 }
59
60 void debugOut() {
61 for (int i = 1; i <= n; i++, cerr << endl)
62 for (int j = 1; j <= n; j++)
63 cerr << ar[i][j] << " ";
64 }
65 }Matrix;
66
67 Matrix g;
68
69 inline void init() {
70 scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &q, &T);
71 for (int i = 1; i <= n; i++)
72 for (int j = 1; j <= n; j++)
73 scanf("%d", g[i] + j);
74 }
75
76 Matrix pa;
77 Matrix ms[22][6];
78 Matrix* dividing(int dep, int n) {
79 Matrix *rt = ms[dep];
80 if (n == 1) {
81 pa = g, rt[0] = rt[1] = g;
82 for (int i = 2; i <= T; i++)
83 rt[i] = g * 0;
84 return rt;
85 }
86 int mid = n >> 1;
87 dividing(dep + 1, mid);
88 Matrix *ar = ms[dep + 1];
89 rt[0] = ar[0] * pa + ar[0];
90 int Cs[T + 1], C = 1;
91 Cs[0] = 1;
92 for (int i = 1; i <= T; i++)
93 Cs[i] = (Cs[i - 1] * 1ll * (mid + 1 - i) % M) * 1ll * inv(i, M) % M;
94 for (int k = 1; k <= T; k++) {
95 rt[k] = g * 0;
96 for (int j = 0; j <= k; j++)
97 rt[k] = rt[k] + ar[j] * Cs[k - j];
98 rt[k] = rt[k] * pa + ar[k];
99 }
100 pa = pa * pa;
101 if (n & 1) {
102 pa = pa * g;
103 rt[0] = rt[0] + pa;
104 for (int i = 1; i <= T; i++) {
105 C = (C * 1ll * (n + 1 - i) % M) * 1ll * inv(i, M) % M;
106 rt[i] = rt[i] + pa * C;
107 }
108 }
109 return rt;
110 }
111
112 const int S[6][6] = {{1}, {0, 1}, {0, 1, 2}, {0, 1, 6, 6}, {0, 1, 14, 36, 24}, {0, 1, 30, 150, 240, 120}};
113 Matrix res;
114
115 inline void solve() {
116 Matrix* rts = dividing(0, k - 1);
117 int u, v;
118 res = g * 0;
119 for (int i = 0; i <= T; i++)
120 res = res + rts[i] * S[T][i];
121 while (q--) {
122 scanf("%d%d", &u, &v);
123 printf("%d\n", res[u][v] + (u == v && T == 0));
124 }
125 }
126
127 int main() {
128 init();
129 solve();
130 return 0;
131 }
Problem B
Problem C 小D与函数
题目大意
设$F_{k}(n) = \sum_{i = 1}^{n}i^{k}, G_{k}(n) = \sum_{i = 1}^{n}F_{k}(n), H_{k}(n) = \sum_{i = 0}^{n}G(A + i\cdot d)$。给定常数$k,n,A,d,p$，分别求出$F_{k}(n), G_{k}(n), H_{k}(n)$除以$p$的余数，保证$p$是一个质数。
根据差分分别证得三个函数是关于$n$的$k + 1, k + 2, k + 3$次多项式。
然后逐差法水过。时间复杂度$O(k^{2}T)$。
Code
1 #include <iostream>
2 #include <cstdlib>
3 #include <cstdio>
4 using namespace std;
5 typedef bool boolean;
6
7 #define ll long long
8 const int K = 1015;
9
10 void exgcd(int a, int b, int& d, int& x, int& y) {
11 if (!b)
12 d = a, x = 1, y = 0;
13 else {
14 exgcd(b, a % b, d, y, x);
15 y -= (a / b) * x;
16 }
17 }
18
19 int inv(int a, int n) {
20 int d, x, y;
21 exgcd(a, n, d, x, y);
22 return (x < 0) ? (x + n) : (x);
23 }
24
25 int qpow(int a, int pos, int p) {
26 int pa = a, rt = 1;
27 for ( ; pos; pos >>= 1, pa = pa * 1ll * pa % p)
28 if (pos & 1)
29 rt = rt * 1ll * pa % p;
30 return rt;
31 }
32
33 int T;
34 int k, n, A, d, p;
35
36 inline void init() {
37 scanf("%d%d%d%d%d", &k, &n, &A, &d, &p);
38 }
39
40 int ds[K][K];
41 int cs[K], ncs[K];
42
43 void getDelta(int *cs, int k) {
44 for (int i = 1; i <= k; i++)
45 for (int j = 0; j <= k - i; j++)
46 ds[i][j] = (ds[i - 1][j + 1] * 1ll - ds[i - 1][j] + p) % p;
47 for (int i = 0; i <= k; i++)
48 cs[i] = ds[i][0];
49 }
50
51 int invs[K];
52
53 void prepare() {
54 for (int i = 1; i <= k + 10; i++)
55 invs[i] = inv(i, p);
56 }
57
58 int G(ll n) {
59 int pn = n % p;
60 int C = ((pn + 2) * 1ll * (pn + 1) / 2) % p, res = C * 1ll * cs[0] % p;
61 for (int i = 1; i <= k; i++) {
62 C = (C * 1ll * ((pn + 1ll - i + p) % p) % p) * invs[i + 2] % p;
63 res = (res + C * 1ll * cs[i]) % p;
64 }
65 return res;
66 }
67
68 inline void solve() {
69 ds[0][0] = 0;
70 for (int i = 1; i <= k; i++)
71 ds[0][i] = qpow(i, k, p);
72 getDelta(cs, k);
73 int C = n + 1, res = C * 1ll * cs[0] % p, ans;
74 for (int i = 1; i <= k; i++) {
75 C = (C * 1ll * (n + 1 - i) % p) * invs[i + 1] % p;
76 res = (res + C * 1ll * cs[i]) % p;
77 }
78 for (int i = 0; i <= k + 8; i++)
79 ds[0][i] = G(A + d * 1ll * i);
80 getDelta(ncs, k + 8);
81 C = n + 1, ans = C * 1ll * ncs[0] % p;
82 for (int i = 1; i <= k + 8; i++) {
83 C = (C * 1ll * (n + 1 - i) % p) * invs[i + 1] % p;
84 ans = (ans + C * 1ll * ncs[i]) % p;
85 }
86 printf("%d %d %d\n", res, G(n), ans);
87 }
88
89 int main() {
90 scanf("%d", &T);
91 while (T--) {
92 init();
93 prepare();
94 solve();
95 }
96 return 0;
97 }
Problem C
原文地址：https://www.cnblogs.com/yyf0309/p/9248156.html