190918 CSP-S 2019模拟-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/dreaming__ldx/article/details/101024634

本文介绍了CSP-S 2019模拟比赛的题目，涉及分治、Floyd算法、Dijkstra算法、数学题解法及线性代数在动态规划中的应用。A题通过分治+Floyd解决复杂问题，B题利用线性代数求解宝藏期望步数，C题则是签到题，通过生成函数和分治NTT解决。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

~~按照惯例，考完第二天调题（大雾~~

A

现在博主已知的有两种做法，并实现了其中一种。
第一种是 $s t d$ 的做法 ~~我考场算错复杂度了告辞~~
就是利用分治+ $f l o y d$ ，复杂度 $O(n^3\log n)$
第二种方法 $Junfrom\ Jun$ ，意思是枚举每个点跑一次 $d i j k s t r a$ 然后枚举断边进而枚举环更新答案，注意要记一个路径第二个访问到的点来判环是否合法
我写的是 $J u n$ 的做法。
复杂度 $O(nm\log n+n^2\log n)$ 吊打标算
CODE:

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,int> pli;
const int rlen=1<<18|1;
char buf[rlen],*ib=buf,*ob=buf;
#define gc() (((ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin)),ib==ob)?-1:*ib++)
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
const ll inf=1e18;
const int N=305;
int n,m,ft[N],pre[N];
vector<pii>e[N];
vector<int>E;
set<pli>S;
ll dis[N],Ans[N],vl[N*N];
bool vis[N];
inline int idx(int a,int b){return (a-1)*n+b-1;}
void dijkstra(int s){
	for(ri i=1;i<=n;++i)dis[i]=inf,vis[i]=0,ft[i]=pre[i]=0;
	S.insert(pli(dis[s]=0,s));
	while(S.size()){
		int x=S.begin()->se;
		S.erase(S.begin());
		vis[x]=1;
		for(ri v,i=e[x].size()-1;~i;--i){
			if(vis[v=e[x][i].fi])continue;
			if(dis[v]>dis[x]+e[x][i].se){
				if(dis[v]!=inf)S.erase(pli(dis[v],v));
				dis[v]=dis[x]+e[x][i].se;
				ft[v]=x^s?ft[x]:v;
				pre[v]=x;
				S.insert(pli(dis[v],v));
			}
		}
	}
	for(ri w,u,v,i=E.size()-1;~i;--i){
		u=E[i]/n+1,v=E[i]%n+1,w=vl[E[i]];
		if(pre[u]==v||pre[v]==u||ft[u]==ft[v])continue;
		Ans[s]=min(Ans[s],dis[u]+w+dis[v]);
	}
}
int main(){
	#ifdef ldxcaicai
	freopen("lx.in","r",stdin);
	#endif
	n=read(),m=read();
	for(ri i=1;i<=n;++i)Ans[i]=inf;
	for(ri i=1;i<=n*n;++i)vl[i]=inf;
	for(ri u,v,w,p,i=1;i<=m;++i){
		u=read(),v=read(),w=read();
		if(u==v){
			Ans[u]=min(Ans[u],(ll)w);
			continue;
		}
		if(u>v)swap(u,v);
		p=idx(u,v);
		E.pb(p);
		if(vl[p]!=inf){
			Ans[u]=min(Ans[u],vl[p]+w);
			Ans[v]=min(Ans[v],vl[p]+w);
		}
		if(w<vl[p])vl[p]=w;
		e[u].pb(pii(v,w));
		e[v].pb(pii(u,w));
	}
	sort(E.begin(),E.end());
	E.erase(unique(E.begin(),E.end()),E.end());
	for(ri i=1;i<=n;++i)dijkstra(i);
	for(ri i=1;i<=n;++i)cout<<(Ans[i]==inf?-1:Ans[i])<<' ';
	return 0;
}

B

一道比较妙的数学题，利用一点简单线代知识可以很简单的实现。
~~然而为啥又是类欧~~
首先如果 $(n,k)≠1(n,k)\not=1$ 可以先同除 $g c d$
设 $E_i$ 表示宝藏在 $i$ 号洞穴的期望步数，然后 $Ans=∑i=1nEinAns=\frac{\sum\limits_{i=1}^nE_i}n$
于是问题转化为求 $∑i=1nEi\sum\limits_{i=1}^nE_i$
考虑递推 $E$ 数组，现在有两种转移方式：
$∀k<i≤n,Ei=Ei−k+1\forall k<i\le n,E_i=E_{i-k}+1$
$∀1≤i≤k,Ei=p+(1−p)(Ei+n−k+1)=(1−p)Ei+n−k+1\forall 1\le i\le k,E_i=p+(1-p)(E_{i+n-k}+1)=(1-p)E_{i+n-k}+1$
由于 $gcd⁡(n,k)=1\gcd(n,k)=1$ ，所有 $E_i$ 的转移构成了一个环，可以设 $E_1=x$ ，然后推出 $E_i=ax+b$ ，最后利用 $E_1=(1-p)E_{1+n-k}+1$ 这个等式解出 $x$ 从而求出 $∑Ei\sum E_i$ ，考试时性价比较高 ~~然而我全场没读懂题可还行~~
考虑到只需求出 $∑Ei\sum E_i$ 而不是 $E_i$ ，那么 $∀1≤i≤k,∑i+tk≤n,t≥0Ei+tk\forall 1\le i\le k,\sum\limits_{i+tk\le n,t\ge0} E_{i+tk}$ 就可以表示为 $AE_i+B$ 的形式
假设 $Ei′=∑i+tk≤n,t≥0Ei+tkE'_i=\sum\limits_{i+tk\le n,t\ge0} E_{i+tk}$ ，那么 $∑i=1nEi=∑i=1kEi′\sum\limits_{i=1}^nE_i=\sum\limits_{i=1}^kE'_i$ ，相当于变成了一个子问题，其中 $n′=k,k′=n%kn'=k,k'=n\%k$ ，那么考虑新的转移系数即可，思考过程如下：
先定义变换 $(a,b)(x)=a×x+b(a,b)(x)=a\times x+b$ ，显然这个玩意儿可以进行复合
另一方面，考虑从线性代数的角度来看待这个东西，发现可以进行如下的构造：
$\left( \begin{matrix} x&1&0 \end{matrix} \right) * \left( \begin{matrix} a\\ b\\ 1\\ \end{matrix} \right)$
这有啥用？
显然对于一个位置 $i$ ，有： $Ei=1×Ei+0E_i=1\times E_i+0$
则有：
$\left( \begin{matrix} E_i&1&0 \end{matrix} \right) * \left( \begin{matrix} 1\\ 0\\ 1\\ \end{matrix} \right)$
现在要构造一个转移 $E_j=A*E_i+B$
只需对后面的
$\left( \begin{matrix} 1\\ 0\\ 1\\ \end{matrix} \right)$
进行操作，给它乘上这么一个矩阵：
$\left( \begin{matrix} a&0&0\\ 0&a&b\\ 0&0&1 \end{matrix} \right)$
即可，更进一步的，只需要维护出上面这种 $3×33\times 3$ 矩阵的乘积就能够维护出答案
假设从 $Ei−k→EiE_{i-k}\rightarrow E_i$ 的转移矩阵是 $A$ ，从 $Ei+n−k→EiE_{i+n-k}\rightarrow E_i$ 的转移矩阵是 $B$ ，现在考虑如何求
$A′=Ei−k′′→Ei′,B′=Ei+n′−k′′→Ei′A'=E'_{i-k'}\rightarrow E'_{i},B'=E'_{i+n'-k'}\rightarrow E'_{i}$
$A^{'} :$
$i−k′=i−(n−⌊nk⌋∗k)=i−(n−k)+⌊nk⌋∗(k−1)⇒A′=A−⌊nk⌋+1B−1\begin{aligned}i-k'=&i-(n-\lfloor\frac nk\rfloor*k)\\=&i-(n-k)+\lfloor\frac nk\rfloor*(k-1)\\\Rightarrow A'=&A^{-\lfloor\frac nk\rfloor+1}B^{-1}\end{aligned}$
$B^{'} :$
$i+n′−k′=i+k−(n−⌊nk⌋∗k)=i−(n−k)+⌊nk⌋∗(k−1)⇒B′=A−⌊nk⌋B−1\begin{aligned}i+n'-k'=&i+k-(n-\lfloor\frac nk\rfloor*k)\\=&i-(n-k)+\lfloor\frac nk\rfloor*(k-1)\\\Rightarrow B'=&A^{-\lfloor\frac nk\rfloor}B^{-1}\end{aligned}$
这样就求出了子问题中的转移矩阵，而由于进行了压缩操作，所以 $1≤i≤k1\le i\le k$ 中每个 $i$ 的贡献都发生了变化，我们设原本 $1≤i≤k1\le i\le k$ 的贡献系数是 $S_0$ ，原本 $k+1≤i≤nk+1\le i\le n$ 的贡献系数是 $S_1$ ，显然在压缩过程中这两个值会发生变化：
$S0′=S0+S1∗A+S1∗A2+⋯+S1∗A⌊nk⌋S_0'=S_0+S_1*A+S_1*A^2+\cdots+S_1*A^{\lfloor\frac nk\rfloor}$
$S1′=S0+S1∗A+S1∗A2+⋯+S1∗A⌊nk⌋−1S_1'=S_0+S_1*A+S_1*A^2+\cdots+S_1*A^{\lfloor\frac nk\rfloor-1}$
这样只需要再维护一个矩阵的等比数列求和即可
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,int> pli;
const int rlen=1<<18|1;
char buf[rlen],*ib=buf,*ob=buf;
#define gc() (((ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin)),ib==ob)?-1:*ib++)
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch))ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return ans;
}
const int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){return (a+=b)<mod?a:a-mod;}
inline int dec(int a,int b){return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline void Add(int&a,int b){(a+=b)<mod?a:(a-=mod);}
inline void Dec(int&a,int b){(a-=b)<0?(a+=mod):a;}
inline void Mul(int&a,int b){a=(ll)a*b%mod;}
inline int ksm(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,Mul(a,a))(p&1)&&(Mul(ret,a),1);return ret;}
int n,k,p;
inline int gcd(int a,int b){int t;while(b)t=a,a=b,b=t-t/a*a;return a;}
struct Mat{
	int a[3][3];
	Mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
	friend inline Mat operator+(Mat a,Mat b){
		for(ri i=0;i<3;++i)for(ri j=0;j<3;++j)Add(a.a[i][j],b.a[i][j]);
		return a;
	}
	friend inline Mat operator*(Mat a,Mat b){
		Mat c;
		for(ri i=0;i<3;++i)for(ri k=0;k<3;++k)if(a.a[i][k])
		for(ri j=0;j<3;++j)if(b.a[k][j])Add(c.a[i][j],mul(a.a[i][k],b.a[k][j]));
		return c;
	}
	friend inline Mat operator*(Mat a,int b){for(ri i=0;i<3;++i)for(ri j=0;j<3;++j)(a.a[i][j])&&(Mul(a.a[i][j],b),1);return a;}
	friend inline Mat operator^(Mat a,int p){
		if(!p){
			Mat ret;
			for(ri i=0;i<3;++i)ret.a[i][i]=1;
			return ret;
		}
		Mat ret=a;
		for(--p;p;p>>=1,a=a*a)if(p&1)ret=ret*a;
		return ret;
	}
	inline Mat F(int k){
		Mat ori,f;
		if(!k)return ori;
		for(ri i=0;i<3;++i)ori.a[i][i]=1;
		if(k==1)return *this;
		f=F(k>>1);
		f=f*(ori+((*this)^(k>>1)));
		if(k&1)f=f+((*this)^k);
		return f;
	}
	inline int vl(){
		int A=mul(a[0][0],(((ll)a[1][1]*a[2][2]-(ll)a[1][2]*a[2][1])%mod+mod)%mod);
		int B=mul(a[1][0],(((ll)a[0][2]*a[2][1]-(ll)a[0][1]*a[2][2])%mod+mod)%mod);
		int C=mul(a[2][0],(((ll)a[0][1]*a[1][2]-(ll)a[0][2]*a[1][1])%mod+mod)%mod);
		return add(A,add(B,C));
	}
	inline Mat Inv(){
		Mat c;
		c.a[0][0]=(((ll)a[1][1]*a[2][2]-(ll)a[1][2]*a[2][1])%mod+mod)%mod;
		c.a[1][0]=(((ll)a[1][2]*a[2][0]-(ll)a[1][0]*a[2][2])%mod+mod)%mod;
		c.a[2][0]=(((ll)a[1][0]*a[2][1]-(ll)a[1][1]*a[2][0])%mod+mod)%mod;
		c.a[0][1]=(((ll)a[0][2]*a[2][1]-(ll)a[0][1]*a[2][2])%mod+mod)%mod;
		c.a[1][1]=(((ll)a[0][0]*a[2][2]-(ll)a[0][2]*a[2][0])%mod+mod)%mod;
		c.a[2][1]=(((ll)a[0][1]*a[2][0]-(ll)a[0][0]*a[2][1])%mod+mod)%mod;
		c.a[0][2]=(((ll)a[0][1]*a[1][2]-(ll)a[0][2]*a[1][1])%mod+mod)%mod;
		c.a[1][2]=(((ll)a[0][2]*a[1][0]-(ll)a[0][0]*a[1][2])%mod+mod)%mod;
		c.a[2][2]=(((ll)a[0][0]*a[1][1]-(ll)a[0][1]*a[1][0])%mod+mod)%mod;
		return c*ksm(vl(),mod-2);
	}
	inline void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
}A,B,F0,F1;
inline int f(int n,int k,Mat s0,Mat s1,Mat a,Mat b){
	if(!k){
		int x=0,y=0,X=0,Y=0;
		x=add(s1.a[0][0],s1.a[0][2]),y=add(s1.a[1][0],s1.a[1][2]);
		X=add(a.a[0][0],a.a[0][2]),Y=add(a.a[1][0],a.a[1][2]);
		return add(mul(x,mul(Y,ksm(dec(1,X),mod-2))),y);
	}
	int t=n/k;
	Mat A,B,ta=a.Inv(),tb=b.Inv();
	A=(ta^(t-1))*tb;
	B=(ta^t)*tb;
	return f(k,n%k,s0+s1*a.F(t),s0+s1*a.F(t-1),A,B);
}
int main(){
	#ifdef ldxcaicai
	freopen("lx.in","r",stdin);
	#endif
	for(ri g,tt=read();tt;--tt){
		n=read(),k=read(),p=read(),g=gcd(n,k),n/=g,k/=g;
		A.clear(),B.clear(),F0.clear(),F1.clear();
		A.a[0][0]=A.a[1][1]=1;
		A.a[1][2]=A.a[2][2]=1;
		B.a[0][0]=B.a[1][1]=dec(1,p);
		B.a[1][2]=B.a[2][2]=1;
		F0.a[0][0]=F0.a[1][1]=F0.a[2][2]=1;
		F1.a[0][0]=F1.a[1][1]=F1.a[2][2]=1;
		cout<<mul(f(n,k,F0,F1,A,B),ksm(n,mod-2))<<'\n';
	}
	return 0;
}

C

签到题，列出每一维的生成函数然后做分治 $n t t$ 即可。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define rsz resize
#define sz(x) (int)(x).size()
#define lb lower_bound
#define rb upper_bound
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
const int rlen=1<<18|1;
char buf[rlen],*ib=buf,*ob=buf;
#define gc() (((ib==ob)&&(ob=(ib=buf)+fread(buf,1,rlen,stdin)),ib==ob)?-1:*ib++)
inline int read(){
	int ans=0;
	char ch=gc();
	bool f=1;
	while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
	while(isdigit(ch))ans=((ans<<2)+ans<<1)+(ch^48),ch=gc();
	return f?ans:-ans;
}
const int mod=998244353;
typedef long long ll;
typedef vector<int> poly;
inline int add(int a,int b){return (a+=b)<mod?a:a-mod;}
inline int dec(int a,int b){return (a-=b)<0?a+mod:a;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline void Add(int&a,int b){(a+=b)<mod?a:(a-=mod);}
inline void Dec(int&a,int b){(a-=b)<0?(a+=mod):a;}
inline void Mul(int&a,int b){a=(ll)a*b%mod;}
inline int ksm(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,Mul(a,a))if(p&1)Mul(ret,a);return ret;}
int invv[23],w[23],lim,tim;
vector<int>rev[23];
inline void init_ntt(){
	w[22]=ksm(3,(mod-1)>>23);
	for(ri i=21;~i;--i)w[i]=mul(w[i+1],w[i+1]);
	invv[0]=1;
	for(ri i=1,iv=mod+1>>1;i<23;++i)invv[i]=mul(invv[i-1],iv);
}
inline void init(int up){
	lim=1,tim=0;
	while(lim<up)lim<<=1,++tim;
	if(rev[tim].size())return;
	rev[tim].resize(lim);
	for(ri i=0;i<lim;++i)rev[tim][i]=(rev[tim][i>>1]>>1)|((i&1)<<(tim-1));
}
inline void ntt(poly&a,int type){
	for(ri i=0;i<lim;++i)if(i<rev[tim][i])swap(a[rev[tim][i]],a[i]);
	for(ri i=1,t=0,a0,a1;i<lim;i<<=1,++t)for(ri j=0,len=i<<1;j<lim;j+=len)
	for(ri mt=1,k=0;k<i;++k,Mul(mt,w[t]))a0=a[j+k],a1=mul(a[j+k+i],mt),a[j+k]=add(a0,a1),a[j+k+i]=dec(a0,a1);
	if(~type)return;
	reverse(++a.begin(),a.end());
	for(ri i=0;i<lim;++i)Mul(a[i],invv[tim]);
}
inline poly operator*(poly a,poly b){
	int n=a.size(),m=b.size(),t=n+m-1;
	if(t<=128){
		poly c(t);
		for(ri i=0;i<n;++i)for(ri j=0;j<m;++j)Add(c[i+j],mul(a[i],b[j]));
		return c;
	}
	init(t);
	a.resize(lim),ntt(a,1);
	b.resize(lim),ntt(b,1);
	for(ri i=0;i<lim;++i)Mul(a[i],b[i]);
	return ntt(a,-1),a.resize(t),a;
}
const int N=1e5+5;
int n,a[N];
poly res;
inline poly getpoly(int x){
	poly ret;
	if(x>=2)return ret.resize(2),ret[0]=x-2,ret[1]=2,ret;
	return ret.resize(3),ret[2]=1,ret;
}
inline poly solve(int l,int r){
	if(l==r)return getpoly(a[l]);
	int mid=l+r>>1;
	return solve(l,mid)*solve(mid+1,r);
}
int main(){
	int A=mod-1,B=0;
	init_ntt();
	for(ri tt=read();tt;--tt){
		n=read();
		for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
		res=solve(1,n),res.resize(n*2+1);
		for(ri i=0,up=n*2;i<=up;++i)cout<<res[i]<<' ';
		puts("");
	}
	return 0;
}