T1
Description
已知 \(g_0=a\)，\(g_1=b\)，并且有
\[ g_n=3g_{n-1}-g_{n-2}(n > 1) \]
已知 \(f_{n,0}=n\)，并且
\[ f_{n,k}=f_{g_n,k-1}(k>0) \]
给定 \(a,b,n,k,p\) 的值，请你求出 \(f_{n,k}\bmod p\) 的结果。
\(0 ≤ a, b < p\)，\(1 ≤ T ≤ 1000\)，\(1 ≤ n, p ≤ 10^9\)，\(1 ≤ k ≤ 100\)。
Solution
先考虑怎么求 \(g_{g_n}\)。
\(g_n\) 可能很大，考虑求 \(g_n\) 的循环节。
记 \(F_n\) 为斐波那契数列第 \(n\) 项，打表可以发现 \(g_n=F_{2n}×b-F_{2(n-1)}×a\)。
所以 \(g\) 的循环节跟斐波那契数列的一样。
具体地，记斐波那契数列模 \(p\) 意义下的最小循环节为 \(\pi(p)\)。
若 \(p=\prod_{i=1}^wp_i^{a_i}\)（分解质因数），则：
\[\pi(p)=\text{lcm}_{i=1}^w(h(p_i)p_i^{a_i-1})\]
其中
\[h(p)= \begin{cases} 3& p=2\\ 20& p=5\\ p-1& p=±1\pmod5\\ 2p+2& p=±2\pmod5\\ \end{cases}\]
证明太（我）复（也）杂（不）了（会），这里就不展开了。
时间复杂度 \(O(能过)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
template <class t>
inline void print(t x)
{
if (x > 9) print(x / 10);
putchar(x % 10 + 48);
}
const int e = 1e7 + 5;
struct matrix
{
int r, c;
ll a[2][2];
};
ll now_p, A, B;
int L = 1e7, cnt, pri[e];
bool bo[e];
inline void init()
{
int i, j;
for (i = 2; i <= L; i++)
{
if (!bo[i]) pri[++cnt] = i;
for (j = 1; j <= cnt && i * pri[j] <= cnt; j++)
{
bo[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
inline ll mul(ll x, ll y)
{
ll res = x * y - (ll)((long double)x * y / now_p + 1e-8) * now_p;
return res < 0 ? res + now_p : res;
}
inline void add(ll &x, ll y)
{
(x += y) >= now_p ? x -= now_p : 0;
}
inline matrix operator * (matrix a, matrix b)
{
matrix c;
memset(c.a, 0, sizeof(c.a));
int i, j, k;
for (i = 0; i < a.r; i++)
for (k = 0; k < b.r; k++)
for (j = 0; j < b.c; j++)
add(c.a[i][j], mul(a.a[i][k], b.a[k][j]));
c.r = a.r; c.c = b.c;
return c;
}
inline ll calc(ll n)
{
matrix res, c;
res.a[1][0] = res.a[1][1] = 0;
res.a[0][0] = A % now_p; res.a[0][1] = B % now_p;
res.r = 1; res.c = 2;
c.a[0][0] = 0; c.a[0][1] = now_p - 1;
c.a[1][0] = 1; c.a[1][1] = 3;
c.r = c.c = 2;
while (n)
{
if (n & 1) res = res * c;
n >>= 1;
c = c * c;
}
return res.a[0][0];
}
inline ll get_g(ll p)
{
return p == 2 ? 3 : p == 5 ? 20 : p % 5 == 1 ? p - 1 : p % 5 == 4 ? p - 1 : 2 * p + 2;
}
inline ll lcm(ll a, ll b)
{
return a / __gcd(a, b) * b;
}
inline ll find(ll x)
{
ll res = 1;
int i;
ll s = sqrt(x);
for (i = 1; i <= cnt && pri[i] <= s; i++)
if (x % pri[i] == 0)
{
int p = pri[i];
ll t = get_g(p);
while (x % p == 0)
{
x /= p; t *= p;
}
t /= p;
res = lcm(res, t);
}
if (x != 1) res = lcm(res, get_g(x));
return res;
}
inline ll solve(ll n, ll k, ll p)
{
if (!k) return n % p;
ll cir = find(p), nxt = solve(n, k - 1, cir);
now_p = p;
ll res = calc(nxt);
return res;
}
inline void work()
{
read(A); read(B);
int n, k, p;
read(n); read(k); read(p);
ll ans = solve(n, k, p);
print(ans); putchar('\n');
}
int main()
{
freopen("hakugai.in", "r", stdin);
freopen("hakugai.out", "w", stdout);
init();
int T;
read(T);
while (T--) work();
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T2
Description
给定一棵 \(n\) 个点的树，点被编号为 \(0 \sim n-1\)。
你可以进行 \(k\) 次操作，每次操作你可以删去当前树上的任意一条边，然后再加上一条边。你需要保证每次操作过后当前的图仍然是一棵树，并且每次删除一条边后可以加入和删除边相同的边。
现在请你数出，在 \(k\) 次操作过后，一共会有多少种可能的树的形态。
两棵树的形态不同，当且仅当存在一条边 \((x,y)\)，在其中一棵树中出现，在另一棵树中没有出现。
\(1 \leq n \leq 50\)，\(0 \leq k < n\)。
Solution
题目所求即：有多少棵树满足至多 \(k\) 条边不在原树中。
定义一条边 \((u,v)\) 的权值：若 \((u,v)\) 在原树中，权值为 \(1\)，否则为 \(x\)。
我们要求的就是边权之积 \(\le x^k\) 的生成树个数。
众所周知，定义一棵生成树的权值为树边权之积，那么用矩阵树定理可以求出所有生成树的权值之和。
在这题中，求出的权值之和是一个含 \(x\) 的 \(n-1\) 次多项式，\(x^i\) 的系数就是权值为 \(i\) 的生成树个数，\(x^0\sim x^k\) 的系数之和就是答案。
发现不太容易直接求这个多项式，考虑 \(\text{lagrange}\) 插值，即分别令 \(x=1\sim n\)，用矩阵树定理求出多项式的值。
将求出的值全部代入 \(\text{lagrange}\) 插值的公式，即可还原出所求多项式。
时间复杂度 \(O(n^4)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
const int e = 155, mod = 998244353;
bool bo[e][e];
int a[e][e], inv[e], ans, n, m, c[e], d[e], h[e];
inline void add(int &x, int y)
{
(x += y) >= mod && (x -= mod);
}
inline void del(int &x, int y)
{
(x -= y) < 0 && (x += mod);
}
inline int mul(int x, int y)
{
return (ll)x * y % mod;
}
inline int ksm(int x, int y)
{
int res = 1;
while (y)
{
if (y & 1) res = mul(res, x);
y >>= 1;
x = mul(x, x);
}
return res;
}
inline int gauss(int n)
{
int i, j, k, res = 1;
for (i = 1; i < n; i++)
{
int x = 0;
for (j = i; j <= n; j++)
if (a[j][i])
{
x = j;
break;
}
if (!x) continue;
if (x != i) res = mod - res, swap(a[x], a[i]);
int inv = ksm(a[i][i], mod - 2);
for (j = i + 1; j <= n; j++)
{
int v = mul(a[j][i], inv);
for (k = i; k <= n; k++) del(a[j][k], mul(a[i][k], v));
}
}
for (i = 1; i <= n; i++) res = mul(res, a[i][i]);
return res;
}
inline int calc(int bas)
{
int i, j;
for (i = 1; i <= n; i++)
for (j = 1; j <= n; j++)
a[i][j] = 0;
for (i = 1; i < n; i++)
for (j = i + 1; j <= n; j++)
{
int v = 1;
if (!bo[i][j]) v = bas;
add(a[i][i], v); add(a[j][j], v);
del(a[i][j], v); del(a[j][i], v);
}
return gauss(n - 1);
}
int main()
{
freopen("kaisou.in", "r", stdin);
freopen("kaisou.out", "w", stdout);
read(n); read(m);
int i, x, j, k;
inv[1] = 1;
for (i = 2; i <= n; i++)
{
read(x);
x++;
bo[x][i] = bo[i][x] = 1;
inv[i] = mul(mod - mod / i, inv[mod % i]);
}
for (i = 1; i <= n; i++)
{
int y = calc(i);
for (j = 1; j <= n; j++) c[j] = 0;
c[0] = 1;
for (j = 1; j <= n; j++)
if (j != i)
{
if (i < j) y = mul(y, mod - inv[j - i]);
else y = mul(y, inv[i - j]);
for (k = 0; k <= n; k++)
{
h[k] = mul(mod - j, c[k]);
if (k) add(h[k], c[k - 1]);
}
for (k = 0; k <= n; k++) c[k] = h[k];
}
for (j = 0; j <= n; j++) add(d[j], mul(c[j], y));
}
for (i = 0; i <= m; i++) add(ans, d[i]);
cout << ans << endl;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}T3
Description
给定一棵边带权的树，请你求出满足 \(u\) 和 \(v\) 的最短简单路径上的所有边的边权的 \(\mathrm{gcd}\) 为 \(1\) 的点对 \((u,v)(u<v)\) 的个数。
不仅如此，你还要处理 \(Q\) 次修改边权的操作，每次修改后，你都要输出当前局面的答案。
\(2 ≤ n ≤ 10^5\)，\(Q ≤ 100\)，\(1 ≤ w, x ≤ 10^6\)。
Solution
首先，\(ans=\sum_{i=1}^{10^6}\mu(i)f(i)\)，其中 \(f(i)\) 表示 \(\mathrm{gcd}\bmod i=0\) 的路径条数。
接着，把每条边 \((u,v,w)\) 拆成 \((u,v,w_1),(u,v,w_2),\dots,(u,v,w_k)\)。
其中 \(w_1\sim w_k\) 是 \(w\) 的所有满足 \(\mu\ne 0\) 的约数。
那么现在 \(f(i)\) 就是边权全部为 \(i\) 的路径条数。
对于每条有被修改的边 \(x\)，分别考虑时刻 \(0\sim Q\) 中，\(x\) 的权值。
也就是说把这 \(Q+1\) 个时刻的权值全部拆成约数，并在每条边上标记时刻。
对于没有被修改的边 \(x\)，把拆出的边标上时刻 \(-1\)，表示始终存在。
接下来，枚举边权 \(v\)，计算权值为 \(v\) 的边对这 \(Q+1\) 个答案的贡献。
具体地，维护一个可持久化并查集，同时维护一个变量 \(sum\)，表示目前形成了多少条边权都是 \(v\) 的路径。
枚举时刻 \(t=-1\sim Q\)。
先把 \(t=-1\) 的边加入并查集，然后枚举 \(\lceil\) 不存在边权为 \(v\) 的边 \(\rfloor\) 的时刻 \(j\)，\(ans[j]+=sum×\mu(v)\)。
\(t\ge 0\) 时，每次把时刻为 \(t\) 的边加入并查集，计算对 \(ans[t]\) 的贡献后，再把这些边全部从并查集中删除。
期望时间复杂度 \(O((n+q)s\log n)\)，其中 \(s\) 为 \(10^6\) 以内的数的平均约数个数。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
template <class t>
inline void read(t & res)
{
char ch;
while (ch = getchar(), !isdigit(ch));
res = ch ^ 48;
while (ch = getchar(), isdigit(ch))
res = res * 10 + (ch ^ 48);
}
template <class t>
inline void print(t x)
{
if (x > 9) print(x / 10);
putchar(x % 10 + 48);
}
const int e = 2e5 + 5, o = 1e6 + 5;
struct point
{
int id, t;
point(){}
point(int _id, int _t) :
id(_id), t(_t) {}
};
struct line
{
int x, y, z;
}b[e], c[e];
bool bo[o];
int fa[e], sze[e], n, q, miu[o], L = 1e6, tim[e], vis[e];
ll ans[e], sum;
vector<int>stk, a[o];
vector<point>g[o], h[e];
inline void init()
{
int i, j;
for (i = 1; i <= L; i++) miu[i] = 1;
for (i = 2; i <= L; i++)
if (!bo[i])
{
miu[i] = -1;
a[i].push_back(i);
for (j = i << 1; j <= L; j += i)
{
bo[j] = 1;
if (j / i % i == 0) miu[j] = 0;
else miu[j] = -miu[j];
a[j].push_back(i);
}
}
}
inline int find(int x)
{
while (fa[x]) x = fa[x];
return x;
}
inline void merge(int x, int y)
{
int fx = find(x), fy = find(y);
if (sze[fx] < sze[fy]) swap(fx, fy);
fa[fy] = fx;
sum += (ll)sze[fx] * sze[fy];
sze[fx] += sze[fy];
stk.emplace_back(fy);
}
inline void cut()
{
int fy = stk.back(), fx = fa[fy];
sze[fx] -= sze[fy];
sum -= (ll)sze[fx] * sze[fy];
fa[fy] = 0;
stk.pop_back();
}
inline void ins(int x, int id, int t)
{
point u = point(id, t);
int s, len = a[x].size(), i, all = 1 << len;
for (s = 0; s < all; s++)
{
int y = 1;
for (i = 0; i < len; i++)
if (s & (1 << i)) y *= a[x][i];
g[y].emplace_back(u);
}
}
inline void solve(int x)
{
int i, j, len = g[x].size(), k;
sum = 0;
ll tot = 0;
for (i = 0; i < len; i = j + 1)
{
j = i - 1;
int now_t = g[x][i].t;
while (j < len - 1 && g[x][j + 1].t == now_t)
{
j++;
int pos = g[x][j].id;
merge(b[pos].x, b[pos].y);
}
ll tmp = miu[x] * sum;
if (now_t != -1)
{
ans[now_t] += tmp;
for (k = i; k <= j; k++) cut();
}
else
{
for (k = j + 1; k < len; k++) vis[g[x][k].t] = x;
for (k = 0; k <= q; k++)
if (vis[k] != x) ans[k] += tmp;
}
}
while (stk.size()) cut();
}
int main()
{
freopen("atoranta.in", "r", stdin);
freopen("atoranta.out", "w", stdout);
init();
read(n);
int i, j;
for (i = 1; i < n; i++) read(b[i].x), read(b[i].y), read(b[i].z);
read(q);
for (i = 1; i <= q; i++) read(c[i].x), read(c[i].y), tim[c[i].x] = i;
for (i = 1; i < n; i++)
if (!tim[i]) ins(b[i].z, i, -1);
for (i = 1; i <= q; i++)
{
point u = point(c[i].x, c[i].y);
for (j = i; j <= q; j++)
if (j == i || c[j].x != c[i].x) h[j].emplace_back(u);
else break;
bool pd = 0;
for (j = 1; j < i; j++)
if (c[j].x == c[i].x)
{
pd = 1;
break;
}
if (!pd)
{
point v = point(c[i].x, b[c[i].x].z);
for (j = 0; j < i; j++) h[j].emplace_back(v);
}
}
for (i = 0; i <= q; i++)
{
int len = h[i].size();
for (j = 0; j < len; j++) ins(h[i][j].t, h[i][j].id, i);
}
for (i = 1; i <= n; i++) sze[i] = 1;
for (i = 1; i <= L; i++)
if (g[i].size()) solve(i);
for (i = 0; i <= q; i++) print(ans[i]), putchar('\n');
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}