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标签（空格分隔）：题解算法模拟赛

题目	描述	做法
\(BSOJ6377\)	求由\(n\)长度的数组复制\(k\)次的数组里每个连续子序列出现数字种类的和	对每一种颜色计算贡献区间
\(BSOJ6378\)	求树上两条长度分别为\(p\),\(q\)不相交路径对数	换根背包\(dp~or~\)\(LCA\)+差分
\(BSOJ6379\)

\(T1\)

有一个长为\(n×k\)的数组，它是由长为\(n\)的数组\(A_1\),\(A_2\),...,\(A_n\)重复k次得到的。
定义这个数组的一个区间的权值为它里面不同的数的个数，现在，你需要求出对于这个数组的每个非空区间的权值之和。
答案对\(10^9+7\)取模。

注意到计算每一个区间的影响是很难的,因为我们能表示一个区间颜色种类数的方法是最快\(O(lenlog_2len)\)的

\(\text{HH}\)的项链

而这道题\(len\le 10^{14}\)让我们放弃

这又是一个套路了，既然我们不好直接求，那么拆分问题

给一个相似的例子

求\(a_1,a_2\cdots,a_n\)两两异或的和

肯定正着做不好做，但考虑到，这个问题在\(a_i\in\{0,2^k\}\)时就很好做

因此想到拆位

对于这道题也是一样，考虑计算每种颜色贡献的区间

仿佛也不好做，但正难则反，计算每种颜色不会贡献的区间很简单

那就是相邻的两个颜色间的所有区间

对\(n\)的序列我们可以轻易用一次扫描\(O(n)\)通过记录每个颜色上次出现的位置\(last_i\)利用组合数求出

但对\(n*k\)的呢

考虑有些部分重复求了

红色的被夹在区间中间的部分有\(K\)个

绿色蓝色各有\(1\)个

绿蓝拼在一起的有\(K-1\)个

因此我们只需要求\(n/2n\)的区间把色块拼起来就可以了

最后说明一下

长度\(\le len\)区间个数\(\frac{len(len+1)}{2}\)

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define N 100001
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 1000000007ll
using namespace std;
inline char nc(){
    static char buf[1048576],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1048576,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
#define getchar nc
template<typename _int>
inline void read(re _int& x){
    re char opt;re _int flag=1,res=0;
    while((opt=getchar())<'0'||opt>'9')if(opt=='-')flag=-1;
    while(opt>='0'&&opt<='9'){res=(res<<3)+(res<<1)+opt-'0';opt=getchar();}
    x=res*flag;
}
typedef long long ll;
int a[N<<1],pos[N],t[N],tot,l[N<<1];
ll ans,n,k;
inline ll f(re ll x){return x*(x+1)%mod*500000004ll%mod;}
inline void Read(void){
    re int i;read(n);read(k);
    for(i=1;i<=n;++i){read(a[i]);t[i]=a[i];}
    sort(t+1,t+n+1);tot=unique(t+1,t+n+1)-(t+1);
    for(i=1;i<=n;++i){a[i]=lower_bound(t+1,t+tot+1,a[i])-t;a[i+n]=a[i];}
}
inline void Solve(void){
    re int i;re ll self,sum,len,left,right;
    ans=f(1ll*n*k%mod)*tot%mod;
    self=0;
    for(i=1;i<=n;++i){
        l[i]=pos[a[i]];pos[a[i]]=i;
        if(l[i]+1==i||!l[i])continue;len=1ll*i-l[i]-1ll;
        self=(self+f(len))%mod;
    }
    for(i=1;i<=tot;++i)pos[i]=0;
    left=0;
    for(i=1;i<=n;++i){
        l[i]=pos[a[i]];pos[a[i]]=i;
        if(l[i]||l[i]+1==i)continue;len=1ll*i-l[i]-1ll;
        left=(left+(1ll*len*(len+1ll)>>1ll))%mod;
    }
    for(i=1;i<=tot;++i)pos[i]=n+1;
    right=0;
    for(i=n;i>=1;--i){
        l[i]=pos[a[i]];pos[a[i]]=i;
        if(l[i]!=n+1||l[i]-1==i)continue;len=1ll*l[i]-i-1ll;
        right=(right+(1ll*len*(len+1ll)>>1ll))%mod;
    }
    for(i=1;i<=tot;++i)pos[i]=0;
    sum=0;
    for(i=1;i<=(n<<1);++i){
        l[i]=pos[a[i]];pos[a[i]]=i;
        if(l[i]+1==i)continue;len=1ll*i-l[i]-1ll;
        sum=(sum+(1ll*len*(len+1ll)>>1ll))%mod;
    }
    sum=((sum-self*2ll%mod-left)%mod+mod)%mod;
    ans=(((ans-1ll*k*self%mod+mod)%mod-sum*(k-1ll)%mod-left-right)%mod+mod)%mod;
    printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
}
int main(void){
    Read();Solve();
    return 0;
}

\(T2\)

\(有一棵n个点的树和两个整数p, q，求满足以下条件的四元组(a, b, c, d)的个数：\)
\(1.1≤a, b, c, d≤n。\)
\(2.点a到点b的经过的边数为p。\)
\(3.点c到点d的经过的边数为q。\)
\(4.不存在一个点，它既在点a到点b的路径上，又在点c到点d的路径上。\)

注意到不相交的情况太多(我考场上写换根写疯了)

首先考虑反求问题，不相交的路径数=所有路径数-相交路径数

考虑相交有哪些情况

我们把第三种颜色互换一下就变成了第二种

我们发现绿色的链总是过黑链的\(lca\)的

我们考虑枚举这个\(lca\)

他可以是两条只在子树内的链或者是一条子树内的链和一条从子树内(可以不进)到子树外的链

因此我们只需要算过一个点\(x\)子树内的链长为\(p/q\)方案数\(f_{x,p/q}\)以及从子树内(可以不进)到子树外的链长为\(p/q\)方案数\(g_{x,p/q}\)

考虑一条链拆成两条

设从\(x\)出发,子数内单链长为\(k\)的方案\(sf_{x,k}\)

则\(\displaystyle{sf_{x,k}=\sum_{y\in son_x}}sf_{y,k-1}\)

设从\(x\)出发,子数外单链长为\(k\)的方案\(gf_{x,k}\)

则\(\displaystyle{sg_{x,k}=sg_{fa_x,k-1}+sf_{fa_x,k-1}-sf_{x,k-2}}\)

就是来自父亲上面的，父亲下面不过自己的

合并的时候是类似背包的,我们把前面的儿子(\(sf'\))与\(y(sf)\)合并

因此\(\displaystyle{f_{x,p/q}=\sum_{k\in[0,p/q)}sf'_{x,k}\times sf_{x,p/q-k-1}}\)

\(g\)更简单

\(\displaystyle{g_{x,p/q}=\sum_{k\in[0,p/q]}sf_{x,k}\times sg_{x,p/q-k}}\)

\(T3\)

留坑