牛客国庆集训派对Day4 - G、I、H

G - 区间权值

题目描述

小 Bo 有 n 个正整数 a1..an，以及一个权值序列 w1…wn，现在他定义
现在他想知道 的值，需要你来帮帮他
你只需要输出答案对 109+7 取模后的值

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个正整数 a1..an
第三行 n 个正整数 w1..wn

输出描述:

输出答案对 109+7 取模后的值

 

示例1

输入

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3
1 1 1
1 1 1

输出

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10

备注:

1≤ n≤ 3x 105
1≤ ai≤ 107
1≤ wi≤ 107

注意：取模的时候不要ans+=balabala%mod，这样只是给等号后的数取模了，没有给ans加后的值取模，会爆的嘤嘤嘤qwq

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=300005,mod=1e9+7;
ll sumA[N],sumB1[N],sumB[N],W[N],a[N];
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    memset(sumA,0,sizeof(sumA));
    memset(sumB,0,sizeof(sumB));
    memset(sumB1,0,sizeof(sumB1));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        sumA[i]=(sumA[i-1]+a[i])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sumB[i]=(a[i]*i%mod+sumB[i-1])%mod;
        sumB1[i]=(a[n-i+1]*i%mod+sumB1[i-1])%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&W[i]);
    }
    ll tmp,ans;
    int k;
    if(n==1)ans=W[1]*a[1];
    else ans=(sumA[n]*W[1]%mod+sumA[n]*W[n]%mod)%mod;
    for(int r=2;r<n;r++){
        if(2*r-1<=n)k=r;
        else{
            k=min(r-1,n-r+1);
        }
        tmp=((sumB[k-1]+sumB1[k-1])%mod+((sumA[n-k+1]-sumA[k-1])+mod)%mod*k%mod)%mod;
        ans=(ans+tmp*W[r]%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

I - 连通块计数

题目描述

小 A 有一棵长的很奇怪的树，他由 n 条链和 1 个点作为根构成，第 i 条链有 ai 个点，每一条链的一端都与根结点相连。
现在小 A 想知道，这棵长得奇怪的树有多少非空的连通子树，你只需要输出答案对 998244353 取模的值即可

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个正整数 a1…an

输出描述:

输出答案对 998244353 取模后的值

 

示例1

输入

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2
1 1

输出

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6

备注:

1≤ n≤ 105
1≤ ai≤ 107

思路：这是个思维题啊，还挺不错的

当没有根的时候：bi=(a[i]+1)*a[i]/2     把b1到bn加起来

当有根的时候(a[1]+1)*(a[2]+1)*…(a[n]+1)

不考虑根的情况好理解，当有根节点的时候，每一条链从根开始，一共有1,2,3…1+a[i]种情况，把每个链的情况乘起来就好啦~

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=300005,mod=998244353;

ll mod_pow(ll a,ll b){
    ll res=1;
    while(b){
        if(b&1)res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int main(){
    int n;
    ll a;
    scanf("%d",&n);
    ll res1=1,res2=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a);
        res2=(res2+a*(a+1)%mod*mod_pow(2,mod-2))%mod;
        res1=res1*(a+1)%mod;
    }
    printf("%lld\n",(res1+res2)%mod);
}

H -  树链博弈

题目描述

给定一棵 n 个点的树，其中 1 号结点是根，每个结点要么是黑色要么是白色
现在小 Bo 和小 Biao 要进行博弈，他们两轮流操作，每次选择一个黑色的结点将它变白，之后可以选择任意多个(可以不选)该点的祖先(不包含自己)，然后将这些点的颜色翻转，不能进行操作的人输
由于小 Bo 猜拳经常输给小 Biao，他想在这个游戏上扳回一城，现在他想问你给定了一个初始局面，是先手必胜还是后手必胜

输入描述:

第一行一个正整数 n
第二行 n 个整数 w1..wn，wi∈ {0,1}，wi=1 表示第 i 个结点一开始是黑点，否则是白点
接下来 n-1 行，每行两个正整数 u,v 表示一条树边 (u,v)

输出描述:

如果先手必胜，输出First ，否则输出Second

 

示例1

输入

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2
1 0
1 2

输出

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First

备注:

1≤ n≤ 1000

思路：

（1）若每层的黑点数都为偶数那么先手必败，因为先手改一层的黑点为白点，然后操作完，后手改相同层的黑点为白点，然后做和先手相同的操作，那么祖先相当于没变，每层都是偶数那么一定能保证先手到无路可走的状态。

（2）反之，先手胜，先手先把深度最大的奇数层的变为偶数，然后对其祖先操作，使得每层的黑点数都是偶数，接着后手操作，先手做（1）操作，后手败。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1005,mod=998244353;
int a[N];
struct pro{int from,to,next;};
pro edge[2*N];
int cnt=0,head[N],depth[N];

void addEdge(int from,int to){
    edge[cnt].from=from;
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].next=head[from];
    head[from]=cnt++;
}

void dfs(int pre,int now,int dep){
    depth[dep]+=a[now];
    for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].next){
        int v=edge[i].to;
        if(v==pre)continue;
        dfs(now,v,dep+1);
    }
}

int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    memset(head,-1,sizeof(head));
    memset(depth,0,sizeof(depth));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    int s,t;
    for(int i=1;i<n;i++){
        scanf("%d%d",&s,&t);
        addEdge(s,t);
        addEdge(t,s);
    }
    dfs(0,1,1);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(depth[i]%2==1)ans=1;
    if(ans)printf("First\n");
    else printf("Second\n");
}

判断的时候

if(depth[i]%2==1){ans=1;break;}

加个break就只能过70%不知道为什么