标签:来自 int sum 学长 read mod 馈赠 Mod define
T1.随
考虑到一种错误的做法 求一次期望的m次方
问题在于双模数 导致了分数直接取模造成的数值丢失
所以考虑维护每个剩余系的数的个数
可以想到用矩阵快速幂维护
复杂度$mod^3\log{m}$
发现矩阵快速幂会无用的遍历很多次
考虑仔细魔改一个快速幂
两个数组互相滚
复杂度$mod^2\log{m}$
#include<bits/stdc++.h> #define Re register int #define Sa Sakura #define _ putchar(' ') #define el putchar('\n') #define maxn 1010 #define int long long #define Mod 1000000007 using namespace std; inline int read(){ int x=0,f=0,c=getchar(); while(!isdigit(c)) f|=c=='-',c=getchar(); while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar(); return f?-x:x; } inline void ot(int x){ if(x<0) putchar('-'),x=-x; if(x>9) ot(x/10);putchar(x%10|48); } int n,m,mod,ans1,ans2; int cnt[2][maxn],now,anscnt[maxn],pre[maxn]; inline void mul(){ for(Re i=0;i<mod;i++) cnt[now][i]=0; for(Re i=0;i<mod;i++) for(Re j=0;j<mod;j++) cnt[now][i*j%mod]=(cnt[now][i*j%mod]+cnt[now^1][i]*cnt[now^1][j]%Mod)%Mod; // ot(777);for(Re i=0;i<mod;i++) ot(cnt[now][i]),_;el; } inline void mulans(){ for(Re i=0;i<mod;i++) pre[i]=anscnt[i],anscnt[i]=0; for(Re i=0;i<mod;i++) for(Re j=0;j<mod;j++) anscnt[i*j%mod]+=pre[i]*cnt[now][j]%Mod,anscnt[i*j%mod]%=Mod; // for(Re i=0;i<mod;i++) ot(anscnt[i]),_;el; } void expow(){ int d=m; while(d){ if(d&1) mulans(); now^=1; mul(); d>>=1; } } inline int qpow(int x,int d=Mod-2){ int an=1; while(d){ if(d&1) an=an*x%Mod; x=x*x%Mod; d>>=1; } return an; } main(){ n=read(),m=read(),mod=read(); for(Re i=1;i<=n;i++) cnt[now][read()%mod]++; anscnt[1]=1; expow(); for(Re i=1;i<mod;i++) ans1+=anscnt[i]*i,ans1%=Mod; ans2=qpow(n,m); ans1=ans1*qpow(ans2)%Mod; ot(ans1); }View Code
T2.单
二次扫描加换跟
对于opt0:
暴力求出点1的b 再dfs转移
设以一个点x为根的子树和为sum(x)
则b[fa]-sum(x)+(sum(1)-sum(x))=b[x]
对于opt1:
如果将其视为无根树 对于没一个点x都$\sum_{b[v}-b[x]}$
标签:来自,int,sum,学长,read,mod,馈赠,Mod,define 来源: https://www.cnblogs.com/Sakura-Lu/p/16504276.html
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