有些東西漸漸就遠去了。。。不必掛念。
只有時間才擁有如此力量。我們能做的，唯有釋懷。
這次的題格外順手，大概是我的強項了。
但是考得還是不夠好吧。。。感覺可以更高的
今天迎來了學了OI一年多比較重要的一個成就：（雖說是在考后）
$AC1000$道題！還是挺不容易的。
第$1000$道題是今天的T3。大部分是自己思考的，題也不是很簡單，挺好的。
挺過了聯賽，現在想要等到下一次整百，可能就要到3月份了。
我還能在OI多久呢？
回到這場考試。
T1的數據范圍只有$10000$，讓我想起了$ALO$那道題$50000$數據被我隨機化$AC$。
然而這題可以構造毒瘤數據所以正確率沒有那么高，但是除了隨機化啥也不會寫。
於是拿一個$60$走人（其實很滿意了）。
T2一眼秒，$AC$自動機+拓撲$dp$，當然需要$tarjan$。
$tarjan$？啊。。。好像不會寫了，棄了。
然后正解真的就是這個，自閉。。。
T3其實是最先開始做的題，因為測試1里做的那道題有提到積性函數，然后就想了一下這題的這玩意顯然也就是積性函數。
然后$P=2$的就很好說了。很快寫完。然后又研究了一下$P=2017$，也就證明了結論但是復雜度不對，一共$80$分滾粗。
這點分拿到之后就啥都沒干了。T2寫了個$AC$自動機但是沒有$tarjan$沒有用。然后就不知道該干什么了。
$tarjan$這種東西吧。。。
至少現在，應該是真的會了。。。幸虧聯賽沒考不然就退役了。
T1：好題
題意：樹上每個點有色，求最小聯通塊含有k種顏色。$ n \le 10000,k \le 5$，顏色$\le$n
$k \le 5$一定是突破口。但是顏色那么多怎么辦？
隨機化。把所有的顏色分成k類，同類的視為一種顏色。
然后樹上狀壓$dp$就可以得到含有k類顏色的最小聯通塊。
顯然找到的方案一定是合法的，但不一定是最優的。
考慮最優方案的聯通塊所包含的$k$種顏色，你能找出這個解當且僅當這k種顏色被恰好分為了不同的$k$類。
合法的總方案是$k!$個（內部順序任意，所以是排列）。而對這k中顏色分類的總方案數就是$k^k$。
所以單次隨機化得到正解的概率是$\frac{k!}{k^k}$。在$k=5$時大約是$4 \%$
這樣的話，只要進行$50$次隨機化，正確率就已經高達$87 \% $了。然而你讓它一直$clock$跑下去肯定是不會錯的。
單次隨機化的復雜度是$O(3^kn)$。然而我懶得寫枚舉子集了，於是單次復雜度變為$O(4^kn)$。
還是可以過的。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 10003 4 int n,k,fir[S],l[S<<1],to[S<<1],co[S],ec,cnt,c,ans=S,tans,sz[S],dp[S][33],re[S],Co[S]; 5 void dfs(int p,int fa){ 6 dp[p][1<<co[p]]=1; 7 for(int i=fir[p];i;i=l[i])if(to[i]!=fa){ 8 dfs(to[i],p); 9 for(int a=1;a<1<<k;++a)for(int b=1;b<1<<k;++b)dp[p][a|b]=min(dp[p][a|b],dp[p][a]+dp[to[i]][b]); 10 }ans=min(ans,dp[p][(1<<k)-1]); 11 } 12 main(){ 13 scanf("%d%d",&n,&k); 14 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&Co[i]); 15 for(int i=1,x,y;i<n;++i)scanf("%d%d",&x,&y), 16 l[++ec]=fir[x],fir[x]=ec,to[ec]=y, 17 l[++ec]=fir[y],fir[y]=ec,to[ec]=x; 18 while(clock()<699999){ 19 for(int i=1;i<=n;++i)re[i]=rand()%k; 20 for(int i=1;i<=n;++i)co[i]=re[Co[i]]; 21 memset(dp,0x3f,sizeof dp);dfs(1,0); 22 }printf("%d\n",ans); 23 }
T2：壞題
題意：給定$n$個長度不超過$10$的串，字符集大小為$t$。求有多少種兩端都無限長的串，不與給定串匹配。
兩串相同當且僅當一個串下標全部$+k$后完全匹配。$n \le 1000 ,t \le 6$
多串匹配，八成$AC$自動機。
題意就是$AC$自動機上，從環出發到環結束，有多少方案。
對於非簡單環，它就可以亂走了，方案數無窮。
對於一個環走到一個環再走到一個環，中間的環走幾次是任意的，方案數也無窮。
看到一堆環環環的，那就寫$tarjan$縮一下唄。然而我不會
對於簡單環的判定，條件很簡單：如果你是$n$個點的強聯通分量，那么你就一定有至少$n$條邊。
如果是恰好$n$條邊，那么構造就明確了一定是一個簡單環。
否則多於$n$條邊的話，你一定可以在圖里提取出一個環，而在這環以外的邊會使這個環上的點形成新的路徑。
因為一個環已經強聯通了，再連新的邊一定會與環上對應兩點的兩條路徑之一形成新的環，從而它就不是簡單環了。
所以$tarjan$縮完之后，跑拓撲做$dp$就可以了。
注意在$tarjan$時單個點無自環也會被判定為強聯通分量，在$dp$時需要特殊處理。
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：不好不壞題
題意：求$n$以內的所有約數和是$P$倍數的數之和。$n \le 10^{10}$，$P$為$2$或$2017$。
可能是因為我現在AC了所以我覺得它真是挺好的一道題。。。做得怪累的。
約數和是積性函數。所以我們拆解質因數進行考慮。
首先想$P=2$吧。
分解質因數后，只要有一種質因子的貢獻是偶數，那么它最終的質因數之和就是偶數，就會貢獻答案。
「只要有一種就」這種限制條件不是很好考慮，來考慮相反的「一種都沒有」
那就要求每種質因子的約數和都是奇數，這種數不會貢獻答案。
對於同種質因子$p^e$它的約數和是$\sum\limits_{i=0}^{e} p^i$。除非$p=2$，這里每一項都是奇數。
那么只要有偶數項就好了，也就是質因子的指數必須是偶數。
那么質因子指數都是偶數的話，那么。。。不就是個平方數嗎。。？
所以所有的平方數都不會貢獻答案。
不太對。上面有一句「除非$p=2$」，還沒有考慮呢。
發現一個數不管有幾個2它的因子和的奇偶性都不會變。
所以其實你不需要考慮$2$的次數，也就是$2$出現了奇數次也可以。那么就是平方數的$2$倍也不會貢獻答案。
（不必再考慮$4$倍及更高，$4$倍不就已經就是平方數了嗎，已經考慮過了）
然后這樣就拿到了$P=2$的$50$分。接下來是$P=2017$。
線篩可以做，但是這做法顯然沒有擴展性（擴展成洲閣篩？？？）
首先我們驚奇的發現$2017$是一個良好的質數。
類似於上面的思路，還是分解質因數，如果任意一個質因數的貢獻是$2017$的倍數，那么這個數就會產生貢獻。
因為$2017$是質數所以不會出現由多個質因子加起來才能拼湊出$2017$的情況。
先考慮指數為$1$，那么其實就是$p+1 \equiv 0(mod \ 2017)$，這種東西不會篩啊。
枚舉有一定技巧啊，它肯定是$2017$的整倍數$-1$啊，而且它還必須是奇數。
那么枚舉就是以$4033$為首項，$4034$為公差。
這樣的枚舉量是$\frac{n}{4034}$的，對於最大的數據這個數大約是$2.5 \times 10^6$。
然后。。。然后我只會根號篩了。
考慮指數為$2$，是$(p^2+p+1)%2017==0$。受到$n$的限制$p$不會超過$\sqrt{n}$，直接枚舉就好了。
同理指數為$3$，打表發現其實只有$229$這一個$p$滿足條件。在代碼里我選擇特殊處理了。
對於這些質數的次冪，它們的任意倍數的約數和都是$2017$的倍數，都會貢獻答案，等差數列求和就好。
然后，到此為止，你就能得到$80$分的好成績了。
但是，目前為止，你不僅跑的慢，在大數據下答案還是錯的！
為什么？
舉個例子，最小的$1$次冪質數是$12101$。數據范圍超過$10^8$時，就可能會出現$12101^2$這種東西。
你剛才累加答案的時候，是把$12101$的倍數都加進去了，所以也會把這個數加進去。
但是積性函數只有在互質時才能滿足乘法，所以你得到$12101^2$的質因數之和是錯的。。。
二次冪與三次冪同理。但是最小的二次冪是$2311$，它的$3$次冪超過了最大的$n$。所以不必考慮。
唯一的三次冪$229$的$4$次冪還是有可能在n以內的，一定要記得考慮！
然后跨次冪相撞是不存在的，它們都超過了$n$的范圍。
所以只需要考慮一次冪數的平方和$229$的$4$次方即可。
容斥解決。
但是到了這里答案是對的，但是在最大數據下運行時間在$15s$以上。。。復雜度就卡在那個根號篩了。
然后其實需要的功能就是篩質數，然后看過數學一本通的我想到了$Miller \ Rabin$。然而我肯定不會寫啊。
至少考后會了，而且也學會了快速乘。
然后抄一下$LNC$大神的$Miller \ Rabin$板子就好了。
等我徹底理解了就補充一下$Miller \ Rabin$與快速乘的草率講解。
先說快速乘吧，它就是用來處理模數在$long \ long$級別的乘法。
考慮模法的實際含義$a \% b= a - \frac{a}{b} \times b$
而這里的問題是$xy \ mod \ b $。
首先$\frac{xy}{b}$那一項好說，因為最后結果不大，所以直接用$double$算不會炸精。
然后$xy$與$\frac{xy}{b} \times b$的差值不超過$b$，也就是不會超過$long \ long$的范圍，所以直接自然溢出。
你並不在意溢出的那些位，因為它差值不大，高位本來就不存在。
所以最后的流程就是$xy$乘法用$unsigned \ long \ long$自然溢出，減去用$double$算的除法強制轉$unsigned \ long \ long$后乘$b$也自然溢出。
把兩個自然溢出的數相減，就得到了最后的余數。
而有一種東西叫做$GongKai$優化（名字很高大上有沒有？$cbx$發明的）。
就是如果做乘法的兩個數如果都沒有超過$4 \times 10^9$，就用$1ull$做通常乘法和模法。
看起來非常蠢，但是強制轉換和$double$類型很慢，在這道題里兩種做法的常數差了三分之一，還是很明顯的。
而關於$Miller \ Rabin$，其實它大概是基於結論的。
我們知道費馬小定理：$a^p \equiv a(mod \ p)$，對於$p$是質數。
而它的逆命題雖然並不是正確的，但是它的正確率很高。
我們取$a=2$的話，這個結論就對於$p \le 300$判斷無誤了。
如果你只用$a=2$來判定$p$是否為質數，那么你的正確率大約是$99.988 \% $。
於是再用一下$a=3$來進行同理判定，正確率就提升到了$99.9975 \% $。每$40000$次嘗試錯誤$1$次。
有一類$Carmicheal$數，如$561$，它對於所有的$a<p$都可以通過測試，然而它確是一個合數。用裸的$Miller \ Rabin$無論如何也會錯判。
其實這種數還是很少的，出現概率大約$2 \times 10^{-6}$。
但是只是這樣對於$OI$的巨大數據范圍，一點差錯都是致命的，所以考慮優化。
引出另一個結論：如果有$x^2 \equiv 1 (mod \ p)$且p是質數時，$(x-1)(x+1) \equiv 0 (mod \ p)$
而因為$p$是質數，所以$(x-1)$與$(x+1)$中一定有一個數是$p$的倍數，否則它們相乘也不可能含有因子$p$。
那么$x$在模$p$意義下，就是$1$或$p-1$了。
那么接下來就是算法流程，加入我們要檢查$p$是否為質數。
我們首先提出$p-1$里所有的因子$2$，設一共$r$個，其余因子的積是$y$。
隨機選出一個$z$在$[1,p-1]$范圍內，將$z$做$y$次冪。
因為有$a^{p-1} \equiv 1 (mod \ p)$，（如果p是質數的話），那么我們就得到了$a^{\frac{p-1}{2}}$這個數的平方同余於$1$，滿足所說的結論的式子。
接下來因為它有$r$個$2$，所以它可以開$r$次根，把$1$開成$1$或$-1$。
然而為了方便，我們從最里面往外走，不是開根，而是平方。（因為開跟你也不會做）
也就是從$z^y$開始，不斷進行平方，如果由非$p-1$或$1$的數平方得到了$1$，那么就判定$p$不是質數。
最后，退出前，如果你平方了$r$次，也就是$z^{p-1} \equiv 1 (mod \ p )$不成立，那么$p$也不是質數。
如果上述條件都沒有把它弄掉，那么它是質數的概率就很大了。
然而只隨機了一個$z$並沒有說服力，再多做幾遍，如果全部通過，那么就當它是質數吧！
然而因為多次調用快速乘與快速冪，所以常數巨大。
於是我們用$2$，$3$，$5$，$7$，$11$等幾個小質數除一下，如果整除了那么肯定就是合數了。提前跳出，常數減半！
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 }