Say 赛选记（11.27）

noip 前的最后一篇了（悲

AT_arc171_d [ARC171D] Rolling Hash

众所周知，\([l,r]\) 的哈希值是可以用前缀相减来算的，也就是 \(s_r - s_{l - 1} \times B^{r - l + 1}\)，但这个形式在这道题中就力不从心了。
换一个形式，实际上 \([l, r]\) 的哈希值也是可以用后缀相减来完成的，也就是 \((s_l - s_{r + 1}) \times B^{r - n}\) 这个形式就很棒了，因为刚好因式分解了，\(B\) 的幂次肯定不为 0，所以如果这东西等于 0 \(s_l \equiv s_{r + 1}\)。
然后注意到这个 \(s_i\) 是可以在 \([0, P)\) 中任取的，并且每种 \(s\) 都对应着一个 \(A\)，主要是因为有逆元可以解方程什么的，反正归纳一下可得。
然后就变成了一个点独立集问题，\((l, r + 1)\) 不能在同一个点独立集，问最少能划分多少个点独立集。装压即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 17;
bool ch[1 << N], e[N][N];
int f[1 << N];
int p, b, n, m;
int lowbit(int x){ return x & (-x); }
int main(){cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(0);cin >> p >> b >> n >> m;if(p > n){ cout << "Yes\n"; return 0; }++n;for(int i = 1; i <= m; ++i){int x, y;cin >> x >> y;--x; e[x][y] = e[y][x] = 1;}ch[0] = 1;for(int i = 1; i < (1 << n); ++i){int s = i ^ lowbit(i), x = __lg(lowbit(i));if(!ch[s]) continue;ch[i] = 1;for(int j = 0; j < n; ++j){if(s & (1 << j)) ch[i] &= !e[x][j];}} f[0] = 0;for(int i = 1; i < (1 << n); ++i){f[i] = 1e9;for(int j = i; ; j = (j - 1) & i){if(ch[j]){f[i] = min(f[i], f[i ^ j] + 1);}if(!j) break;}}if(f[(1 << n) - 1] <= p) cout << "Yes\n";else cout << "No\n";return 0;
}

AT_arc171_c [ARC171D] Swap On Tree

考虑什么样的操作方案能使 \(a\) 不同。首先如果所选边集不同显然不同。然后赛时只剩四十分钟想了一个究极无敌假的结论，一个边集的方案是所有边连通块大小的阶乘的积。

反例太多了，实际上这样不是菊花都不满足这个结论，给出一个。比方说我们第一次交换 1,3 之后，剩下 3,5,7,6 和 1,4,2 的交换就没有关系了，只用关系他们内部的顺序，显然阶乘多算了很多。
发现实际上只需要每个点相连的那些边的相对顺序不同，那么最后的 \(a\) 就不同。而一条边只可能被两个边相连，所以我们可以合并多个点的边相对顺序。
比方说对 3 而言，交换边的顺序是 1,3,2,4，而对于 1 而言是 6,5,4。那么可以把它们合并成 1,3,2,6,5,4。当然不止这一种，只是怎么合并都是本质相同的，只要能合并即可。
也就是一个方案的贡献是 \(\prod deg\)，树形 dp 算这个即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 3e3 + 5, mod = 998244353;
int h[N], f[N][N], fac[N], siz[N], n, g[N][2];
vector<int> e[N];
void add(int &x, int y){ (x += y) %= mod; }
void dfs(int u, int fa){f[u][0] = 1;int cnt = 0;for(int v : e[u]){if(v != fa){dfs(v, u);++cnt;for(int i = 0; i <= cnt; ++i) h[i] = 0;for(int i = 0; i <= cnt; ++i){add(h[i], f[u][i] * g[v][0] % mod);add(h[i + 1], f[u][i] * g[v][1] % mod);}for(int i = 0; i <= cnt; ++i) f[u][i] = h[i];}}for(int i = 0; i <= e[u].size(); ++i){add(g[u][0], f[u][i] * fac[i] % mod);add(g[u][1], f[u][i] * fac[i + 1] % mod);}
}
signed main(){cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(0);cin >> n;fac[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;for(int i = 1; i < n; ++i){int u, v;cin >> u >> v;e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);}dfs(1, 0);cout << g[1][0];return 0;
}