C.Chocolate Counting
給定質數 \(p\)（\(p\ge 3\)）與整數 \(k\)，求在 \(1\sim kp\) 中選擇 \(p\) 個互不相同的數，滿足和為 \(p\) 的倍數的方案數。\(p,k\le 10^7\)。
Solution
對於某些模質數 \(p\) 的余數相關的計數題，可以考慮將選擇方案分組，滿足每組中 \(p\) 個方案的結果模 \(p\) 余數方案互不相同。
將 \(1\sim kp\) 放在一個 \(p\times k\) 的矩陣上，第 \(i\) 行依次放置 \(i,i+p,i+2p,\dots i+(k-1)p\)。
考慮在矩陣上隨機選擇 \(p\) 個數，如果這 \(p\) 個數恰好是同一列的 \(p\) 個數，那么它們直接合法。否則，考慮找到從左到右任意一個被選了數的列，將其上被選擇的數循環移位，得到 \(p\) 個選擇方案，那么顯然有這 \(p\) 個選擇方案 \(\mod p\) 的余數恰好為 \(0\sim p-1\)。
由此，可以將剩下的所有 \(\dbinom{pk}{p}-k\) 中方案，\(p\) 個為一組分成若干組，每組中恰好有一個方案合法，因此這部分對答案的貢獻就是 \(\dfrac{1}{p}(\dbinom{pk}{p}-k)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353,N=1e7+10;
int T,p,k,fac[N],inv[N];
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
inline void init(int n){
inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
init(10000000);
while(T--){
scanf("%d%d",&p,&k);
ll now=1ll*p*k;int ans=1;
for(int i=1;i<=p;++i) ans=1ll*ans*(now%mod)%mod*inv[i]%mod,now--;
printf("%d\n",add(1ll*dec(ans,k)*inv[p]%mod,k));
}
return 0;
}
G.Dynamic Graph
給定一個 \(n\) 個點的無向圖以及一個常數 \(F\)，一開始沒有邊。
你需要執行 \(m\) 次操作。
操作有 \(3\) 種：
1 u v w: 在 \(u\) 和 \(v\) 之間加了一條權值為 \(w\) 的邊。
2 id: 刪除第 \(id\) 次操作添加的邊。
3 u v w: 詢問是否存在一條權值和模 \(F\) 余 \(w\) 的從 \(u\) 到 \(v\) 的路徑（可以不是簡單路徑）。
\(n,m\le 10^5,F\le 10^9\)。
Solution
經典套路：對於詢問某個兩個點之間是否存在路徑權值 \(\mod F=w\) 的問題。可以先取出兩點之間任意一條路徑，設長度為 \(x\)，求出兩點所在連通塊所有環長的 \(\gcd\) 設為\(G\)，那么能取到 \(w\) 當且僅當 \(w\equiv kG+x\pmod F(k\in Z)\)。
對這個結論的證明也很簡單，就是先取出任意一條路徑，然后可以通過從某個點出發向環上任意一點來回走 \(F\) 遍，在中途繞環若干圈將環長疊加進路徑答案中。
那么對於原問題，我們首先通過線段樹分治去掉刪除操作。對於添加邊 \((u,v,w)\) 的操作，如果 \(u,v\) 在同一連通塊中，設 \(d_u,d_v\) 分別為 \(u,v\) 到根的路徑長，則更新該連通塊最大公約數 \(G=\gcd(G,2w,w+d_u+d_v)\)。如果 \(u,v\) 不在同一連通塊中，合並這兩個連通塊，新塊的最大公約數 \(G=\gcd(G_1,G_2,2w)\)。
於是使用按秩合並並查集維護，復雜度為 \(\mathcal O(n\log ^2 n)\)（假設 \(n,m\) 同階）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct edge{
int u,v,w;
}e[N];
int n,m,tot,id[N],mod,st[N],ed[N];
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
vector<edge> que[N];
namespace DSU{
int fa[N],siz[N],up[N],g[N],top;
int stk[N][6];
inline int find(int x){return fa[x]==x?fa[x]:find(fa[x]);}
inline int gval(int x){return fa[x]==x?0:add(gval(fa[x]),up[x]);}
inline void merge(int u,int v,int w){
int x=add(gval(u),gval(v));
u=find(u);v=find(v);
if(siz[u]<siz[v]) swap(u,v);
++top;
stk[top][0]=u;stk[top][1]=v;stk[top][2]=g[u];
stk[top][3]=fa[v];stk[top][4]=siz[u];stk[top][5]=up[v];
if(u==v){
g[u]=__gcd(g[u],__gcd(add(w,w),add(w,x)));
return ;
}
fa[v]=u;siz[u]+=siz[v];up[v]=add(x,w);
g[u]=__gcd(g[u],__gcd(g[v],add(w,w)));
}
inline void rollback(int x){
while(top>x){
int u=stk[top][0],v=stk[top][1];
g[u]=stk[top][2];fa[v]=stk[top][3];
siz[u]=stk[top][4];up[v]=stk[top][5];
--top;
}
}
inline void qry(int x,int u,int v,int w){
int now=dec(w,add(gval(u),gval(v)));
if(now%g[x]==0) puts("1");
else puts("0");
}
}
using namespace DSU;
namespace SGT{
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
vector<int>tr[N<<2];
inline void update(int p,int ql,int qr,int x,int l=1,int r=m){
if(ql<=l&&r<=qr){tr[p].push_back(x);return ;}
if(ql<=mid) update(lc,ql,qr,x,l,mid);
if(qr>mid) update(rc,ql,qr,x,mid+1,r);
}
inline void solve(int p=1,int l=1,int r=m){
int now=top;
for(int x:tr[p]) merge(e[x].u,e[x].v,e[x].w);
if(l==r){
for(auto e:que[l]){
if(find(e.u)!=find(e.v)) puts("0");
else qry(find(e.u),e.u,e.v,e.w);
}
}
if(l!=r) solve(lc,l,mid),solve(rc,mid+1,r);
rollback(now);
}
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i,siz[i]=1,g[i]=mod;
for(int i=1;i<=m;++i){
int op;scanf("%d",&op);
if(op==1){
++tot;id[i]=tot;
scanf("%d%d%d",&e[tot].u,&e[tot].v,&e[tot].w);
st[tot]=i;ed[tot]=-1;
}
else if(op==2){
int x;
scanf("%d",&x);
ed[id[x]]=i;
}
else{
int u,v,w;scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
que[i].push_back((edge){u,v,w});
}
}
for(int i=1;i<=tot;++i){
if(~ed[i]) SGT::update(1,st[i],ed[i],i);
else SGT::update(1,st[i],m,i);
}
SGT::solve();
return 0;
}