[CF1067E]Random Forest Rank

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给定一个森林,每条边有\frac 12的概率被删去,随机删掉一些边,求剩下的图的临界矩阵的秩的期望值。

Solution

满秩的矩阵的行列式不为0。结合行列式的定义|A|=\sum_{\pi_i}(-1)^{\delta(\pi_i)}\prod a_{\pi_{ij}}。对于一个行列式不为零的邻接矩阵,其必要条件是\exist \pi_i,\text{s.t.}\prod a_{\pi_{ij}}\not=0
\pi_i循环分解,循环内相邻的点都有边连接。然而,对于一个不存在环的森林,这样的循环大小只能为2——即一条边连接的两个点。因此,求出这个森林的最大匹配,设为m,那么就能选出一个大小为2m的点集,其邻接矩阵满足\exist \pi_i,\text{s.t.}\prod a_{\pi_{ij}}\not=0的条件。
另外,选出的这个点集,完美匹配是唯一的,因此,只会有一个\pi_i满足上式子。
由此,问题转化为求期望最大匹配。
然后就不会了 先坑着吧

Code

[loj 6053]简单的函数

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Solution

p xor 1并不是积性函数
但是除了p=2的时候,p^1=p-1
p和1都是积性函数,就可以筛出来然后加上2把p=2的情况修正好。

Code

const int P=1e9+7,inv2=500000004;

int Add(int x,int const &y) {
    return (x+=y)>=P?x-P:x;
}

int Minus(int x,int const &y) {
    return (x-=y)<0?x+P:x;
}

int Mul(long long x,int const &y) {
    return x*y%P;
}


const int N=2e5,XN=N+11;

int prime[XN],pcnt,psum[XN],fsum[XN];
void Prep() {
    static bool notPrime[XN];
    for(int i=2;i<=N;++i) {
        if(!notPrime[i])
            prime[++pcnt]=i;
        for(int j=1;j<=pcnt && i*prime[j]<=N;++j) {
            notPrime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=pcnt;++i)
        psum[i]=Add(psum[i-1],prime[i]);
}

int lim,psz;long long n;
struct Identifier {
    int id[2][XN],cnt;
    int &operator [](long long x) {
        int &res=x<=lim?id[0][x]:id[1][n/x];
        if(res==0)
            res=++cnt;
        return res;
    }
}id;


int F(int p,int t) {
    return p^t;
}

int g[XN*2];

int H(long long n,int m) {
    if(n<=1 || m>psz)
        return 0;
    int res=Minus(g[id[n]],fsum[m-1]);
    for(int i=m;i<=psz && (long long)prime[i]*prime[i]<=n;++i) {
        long long pt=prime[i],pt1=pt*prime[i];
        for(int t=1;pt1<=n;++t,pt=pt1,pt1*=prime[i])
            res=Add(res,Add(Mul(F(prime[i],t),H(n/pt,i+1)),F(prime[i],t+1)));
    }
    return res;
}

int main() {
    Prep();
    static long long kp[XN*2];
    int kpc=0;
    fin>>n;
    lim=sqrt(n)+0.5,psz=std::upper_bound(prime+1,prime+1+pcnt,lim)-prime;
    static int g1[XN*2],g2[XN*2];
    for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l);
        kp[++kpc]=n/l;
        g1[id[n/l]]=Minus((n/l%P)*(n/l%P+1)%P*inv2%P,1);
        g2[id[n/l]]=Minus(n/l%P,1);
    }
    for(int j=1;j<=psz;++j)
        for(int i=1;i<=kpc && (long long)prime[j]*prime[j]<=kp[i];++i) {
            g1[id[kp[i]]]=Minus(g1[id[kp[i]]],Mul(prime[j],Minus(g1[id[kp[i]/prime[j]]],psum[j-1])));
            g2[id[kp[i]]]=Minus(g2[id[kp[i]]],Minus(g2[id[kp[i]/prime[j]]],j-1));
        }
    for(int i=1;i<=psz;++i)
        fsum[i]=Add(fsum[i-1],prime[i]^1);
    for(int i=1;i<=kpc;++i)
        g[i]=Add(Minus(g1[i],g2[i]),kp[i]>=2?2:0);
    fout<<Add(H(n,1),1)<<'\n';
    return 0;
}

[ICPC 2018 Xuzhou Online]Easy Math

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Solution

\sum_{i=1}^n\mu(ix)=\mu(x)\sum_{i=1}^n\mu(i)[\gcd(i,x)=1]

考虑计算

\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^nf(i)\\
&f(i)=\mu(i)[\gcd(i,n)=1]
\end{aligned}

首先,

f(i)=\begin{cases}
1,&i=1\\
-1,&i=p{\ \rm and\ }p\not|x\\
0,&i=p^k{\ \rm or\ }p|x
\end{cases}

然后,分\gcd(i,x)的不同情况讨论,容易知道f(i)是积性函数。
因此可以使用min25筛法了。

Tips

还是不必拘泥于g的形式……

Code

const int N=5e4,XN=N+11;

int prime[XN],pcnt;
void Prep() {
    static bool notPrime[XN];
    for(int i=2;i<=N;++i) {
        if(!notPrime[i])
            prime[++pcnt]=i;
        for(int j=1;j<=pcnt && i*prime[j]<=N;++j) {
            notPrime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
}

int n,lim,psz;long long x;
struct Identifier {
    int id[2][XN],cnt;
    int &operator [](int x) {
        int &res=x<=lim?id[0][x]:id[1][n/x];
        if(res==0)
            res=++cnt;
        return res;
    }
}id;

long long dv[100];int dt;
int Mu(long long x) {
    int res=1;long long cx=x;
    for(long long d=2;d*d<=cx && x!=1;++d)
        if(x%d==0) {
            x/=d;
            dv[++dt]=d;
            if(x%d==0)
                return 0;
            else
                res*=-1;
        }
    if(x!=1) {
        res*=-1;
        dv[++dt]=x;
    }
    return res;
}

int F(int p,int t) {
    return t==1 && x%p?-1:0;
}

int g[XN*2],fsum[XN];

long long H(int n,int m) {
    if(n<=1 || m>psz)
        return 0;
    long long res=g[id[n]]-fsum[m-1];
    for(int i=m;i<=psz && prime[i]*prime[i]<=n;++i) {
        long long pt=prime[i],pt1=pt*prime[i];
        for(int t=1;pt1<=n;++t,pt=pt1,pt1*=prime[i])
            res+=F(prime[i],t)*H(n/pt,i+1)+F(prime[i],t+1);
    }
    return res;
}

int main() {
    Prep();
    static int kp[XN*2],kpc;
    fin>>n>>x;
    int mun=Mu(x);
    if(mun==0)
        fout<<0<<'\n';
    else {
        lim=sqrt(n)+0.5,psz=std::upper_bound(prime+1,prime+1+pcnt,lim)-prime;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
            r=n/(n/l);
            g[id[kp[++kpc]=n/l]]=n/l-1;
        }
        for(int j=1;j<=psz;++j)
            for(int i=1;i<=kpc && prime[j]*prime[j]<=kp[i];++i)
                g[id[kp[i]]]-=g[id[kp[i]/prime[j]]]-(j-1);//(1-(j-Count(j)));
        for(int i=1;i<=psz;++i)
            fsum[i]=fsum[i-1]+F(prime[i],1);
        for(int i=1;i<=kpc;++i)
            g[i]=std::upper_bound(dv+1,dv+1+dt,kp[i])-dv-1-g[i];
        fout<<mun*(H(n,1)+1)<<'\n';
    }
    return 0;
}

SPOJ DIVCNTK

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Solution

使用min_25筛
由于求h的过程都只会用到[\frac ni]集合中的点,那么求g的过程中把[\frac ni]构成的集合求出来,对于这个集合的所有点分层递推(递推过程中需要用到的g也属于[\frac ni]集合),就可以求出g(i,|P|)
然后递归求h,并不需要记忆化。边界见代码。

Code

typedef unsigned long long qword;

const int N=2e5,XN=N+11;

int prime[XN],pcnt;
void Prep() {
    static bool notPrime[XN];
    for(int i=2;i<=N;++i) {
        if(!notPrime[i])
            prime[++pcnt]=i;
        for(int j=1;j<=pcnt && i*prime[j]<=N;++j) {
            notPrime[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
                break;
        }
    }
}

long long n,k;
int lim,psz;

struct Identifier {
    int id[2][XN*2],cnt;
    int &operator [](long long x) {
        int &res=x<=lim?id[0][x]:id[1][n/x];
        if(res==0)
            res=++cnt;
        return res;
    }
}id;

qword g[XN*2];

qword H(long long n,int m) {
    if(n<=1 || m>psz)
        return 0;
    qword res=(k+1)*(g[id[n]]-m+1);
    for(int i=m;i<=psz && (long long)prime[i]*prime[i]<=n;++i) {
        long long pt=prime[i];
        for(int t=1;pt*prime[i]<=n;++t,pt*=prime[i])
            res+=H(n/pt,i+1)*(k*t+1)+(k*(t+1)+1);//id[n/pt]
    }
    return res;
}

void Work() {
    lim=sqrt(n)+0.5;
    id.cnt=0;
    for(int i=0;i<=lim;++i)
        id.id[0][i]=id.id[1][i]=0;
    psz=std::lower_bound(prime+1,prime+1+pcnt,lim)-prime;
    static long long kp[XN*2];int kpc=0;
    for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l);
        g[id[kp[++kpc]=n/l]]=n/l-1;
    }
    for(int j=1;j<=psz;++j)
        for(int i=1;i<=kpc && (long long)prime[j]*prime[j]<=kp[i];++i)
            g[id[kp[i]]]-=g[id[kp[i]/prime[j]]]-(j-1);
    std::cout<<H(n,1)+1<<'\n';
}

int main() {
    Prep();
    int T;fin>>T;
    while(T--) {
        fin>>n>>k;
        Work();
    }
    return 0;
}

胡扯min_25筛

记质数集合为P

Problem

以低于线性的复杂度求一类积性函数的和,函数需满足
f(p),f(p^k)(p\in P)很好求。

Solution

{\rm Min}(x)x的最小质因子。

g

g(n,i)=\sum f(x)[ {x\le n {\ \rm and\ } (x \in P {\ \rm or\ } {\rm Min}(x)>P_i) } ]
n < P_i^2时,g(n,i)=g(n,i-1),因为最小的{\rm Min}(x)= P_i的合数就是P_i^2
否则,考虑从g(n,i-1)中减去{\rm Min}(x)= P_i的合数的贡献,也就是\sum f(x)[{x\le n,{\rm Min}(x)=P_i}],提出f(P_i),式子变成了f(P_i)(g([\frac n{P_i}],i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}f(P_j))
\therefore
g(n,i)= \begin{cases} g(n,i-1)&,n < P_i^2\\ g(n,i-1)-f(P_i)(g([\frac n{P_i}],i-1)-\sum_{j=1}^{i-1}f(P_j))&,\text{otherwise} \end{cases}

h

h(n,i)=\sum_{j=1}^nf(j)[{\rm Min}(j)\ge P_i]
对于h(n,i)n以内质数的贡献是g(n,|P|)-\sum_{j=1}^{i-1}f(P_j)
现在考虑合数的贡献。
枚举合数的最小质因子P_j,那么最小质因子为P_j的合数的贡献就是\sum_{t\ge 1,P_j^{t+1}\le n}(h([\frac n{P_j^t}],j+1)f(P_j^t)+f(P_j^{t+1}))
因此
h(n,i)=g(n,|P|)-\sum_{j=1}^{i-1}f(P_j)+\sum_{j\ge i}\sum_{t\ge 1,P_j^{t+1}\le n}(h([\frac n{P_j^t}],j+1)f(P_j^t)+f(P_j^{t+1}))
答案就是h(n,1)了。

Tips

具体实现的时候,g不一定求\sum f(x)[ {x\le n {\ \rm and\ } (x \in P {\ \rm or\ } {\rm Min}(x)>P_i) } ],求出的g只要能使得上式可以被很快求出即可。

CCPC2018桂林站游记


选桂林是为了旅游,总体来说,除了没去阳朔有点遗憾以外,旅游得挺不错,而至于比赛嘛,emmmmmm

day -1

沈阳站回来以后一直在咸鱼,不知不觉就混到了周五,该走了。
坐着阿訇叫的七座商务很顺利地到了机场。而在过安检的时候,SR的登机牌名字打的重叠了,折腾了一会才过了安检。
过了安检之后,SR帮我用京东支付买了一瓶饮料,结果他想起来他并没有在京东支付上绑定银行卡,结果仔细一看,原来上一个用他的手机号的人用这个号注册了jd,然后又绑定了银行卡,又开通了短信验证码支付,于是乎SR就可以不费吹灰之力地随便刷。这个号码的上一个主人还真是大意……而且在他的京东账号里并没有手机号等联系方式,只有收货地址。打算写封信告知一下2333

飞机餐不大好吃……不过也没抱多大期望。飞机落地之后,一个中年男子来问我们是不是参加程序设计竞赛的,我们很惊奇……然后他热情地自我介绍,并且给我们每人发了一张名片,原来他是机械工业出版社的编辑人员。想起我们书包里一本本厚厚的黑色的书,瞬间产生了很亲切的感觉~
穿着毛衣上的飞机,一下飞机,立马热成狗。从北飞到南就像穿越了时间……到酒店换上夏装之后,我们就出去玩啦~

我们住的地方离象山很近,SR和阿嘤队打车去,我和PY骑车去。街头充满着桂花香,还真是很久没有闻到过了。好感++
象山景区挺小的,登山的台阶很陡峭,但是山并不高。在象山最高点有个观景台,而从观景台望下去,视野里充满了煞风景的小房子。不过这也不是个专门的旅游度假区,也是没办法的吧……
在象山的观景台可以看到东边的群山,和我印象中北方的远山的轮廓大不相同。那些山都是奇形怪状,出来的轮廓也是充满了导数剧烈变化的点。盯着远山看了一会,就下山了。

出了景区之后,我们去追随阿嘤队吃吃吃。他们先去吃了一家米粉,然后去了一家烧鹅店。我们就也去了一家米粉店,尝了尝传说中的桂林米粉,真的挺好吃。米粉口感很嫩,配的那些小菜,酸豆角之类的也符合我的口味,很不错。在桂林前前后后我大概吃了七八碗米粉吧……
然后烧鹅店。烧鹅也挺好,皮很酥脆,但是肉质比北京烤鸭嫩很多。不过我最后还是没尝出来啤酒鱼有什么啤酒味……整体来说,吃吃吃的方面,比沈阳站全程M记好多了。

吃完之后,又去了日月双塔公园,登上去看了看;然后去了个步行街,什么都没消费……回到了宾馆。

day 0

七点半起,想等人一起吃饭,饿着肚子等了一个小时才和阿訇、PY去吃早饭。

快到中午的时候,我们去了桂电。
桂电的校名应该是中石题写的。学校挺旧挺小,和小破邮本部挺像的。而食堂的饭实在是说不上好吃,于是我们把剩下的饭票全都换成了果汁。15元的饭票,换2.5元的果汁,食堂的这笔帐真是爆赚。
在食堂遇到了南老师、汪神、晨神和可爱的佳蔚哥哥姐姐。没选上南京站真是挺遗憾的,如果能去南京站的话就能遇见Menci、牛神、恒妹了。

直接翘掉了开幕式,去了比赛现场。硬件一切正常,然而我们对面坐着一支pku队,背后一支hust队,蒟蒻瑟瑟发抖。
试机赛的提米比较奇怪,沈阳站放了三道签到题,而这场放了一道签到,一道挺难的期望,一道挺难写的模拟,一道挺奇怪的猜结论乱搞题。一开始读错了期望题,和SR自闭了一会,发现样例都过不了,于是扔掉之后分头开搞。乱搞题由SR带病做,猜了个奇怪的结论交上就过了。签到题我粘了最大流模板过了。此时还有半个小时结束,貌似唯一可过的就是写简单的python解释器那道模拟题。
我写完了表达式求值以外的部分,发现不会表达式求值。PY也只有模糊的一点印象…被一道初学栈的标准例题卡住,真是丢人呢……

试机赛结束,SR、yjz和gzz、Yousiki出去愉快地玩耍,PY和jiangshibiao等一众绍一同学出去愉快地玩耍,扔下弱省弱校的我孓然一身……在学校里逗留一会,发现我打不上车,只好提着换出来的一袋子果汁、背着词典走回了宾馆……桂花香真好闻++

晚上想再看看表达式求值,竟看不懂。想想第二天也不可能考,就大胆地扔下不管了。

day 1

早晨还是很凉快的。
开场秒了G,想抢一血,写完直接交,结果WA了。改了几个地方交了几次还是不行,就把电脑让给SR写D,然后和PY对着代码自闭。SR的D过掉之后,我又改了下还是WA。最后SR想了想指出了我的想法的问题:应该枚举差分数组gcd的所有质因子,然后依次看看调整到各个质因子的整数倍需要多少次操作。改完之后总算过了。签到题-4,好大一口锅……
然后就跟榜写H、J。H的想法比较简单,我和SR大体统一一下他就去写了,结果过不掉。此时我和PY对着J自闭,我猜了个结论,然后他接着猜了个结论,感觉靠谱,他就去写了,过掉了。
H题本来的写法比复杂,讨论的情况较多。我灵机一动,发现可以直接从’a’无脑枚举到’z’依次判断也并不会超时,写一发,代码也很短,直接就过了。后来得知阿嘤队这道题代码接近100行……
H过掉之后一起对着A自闭。。。感觉A过的人挺多的,但是不知道自闭了多久,也没有进展……此时有人过了L,发现是个计算几何讨论题。SR大力讨论了一发,然后让我去写了。我写的同时他们对着C自闭。
这个计算几何并不涉及什么特别的算法,就是简单的一些操作组合组合,不过写完之后还是挺长的。然而WA了一发,于是把电脑让给SR让他写C。
SR对C的推进也不怎么顺利,我对着代码找了一会错误之后,改了点东西,还是过不了。我又着重考虑了边界情况,抽出来几种单独判掉,终于A了。此时已经封榜,离结束还有大约50min。
SR继续搞C,我也和他们一起看题意,听听做法感觉还挺靠谱的,但是写完之后就是过不了。我们三个一起想办法X掉这个做法,叉叉改改,改了又叉,而最后想到的改法需要线段树,已经没时间写了。于是随机胡交了十几发,比赛结束了。

感觉这次应该比较稳,但是还是心里有点虚。最后结果一出,我们rk31,如果罚时少点就能Au了……

总结

这场发挥的还可以吧,这个排名感觉也比较符合场上的状态。现在主要的问题就是中后期的推进,这还需要好好训练,提升水平,才可能过掉难题,过掉金牌题。