T1 星天花雨
首先考慮分解 \(k=l\times r\)，然後考慮 \(a/b\) 的字首和中差分為 \(l/r\) 的對數是多少累加進去就行了，這個是好求的。
#include<bits/stdc++.h>
#define up(i,l,r) for(int i=l; i<=r; ++i)
#define dn(i,r,l) for(int i=r; i>=l; --i)
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=100005, P=998244353;
int n, m, k, a[N], b[N], L[N], R[N], Ans, flag=1;
void solve(int l,int r) {
if(l>a[n]||r>b[m]) return;
if(flag) {
(Ans+=1ll*(n-l+1)*(m-r+1)%P)%=P;
return;
}
int cnt1=0, cnt2=0;
up(i,0,a[n]-l) (cnt1+=1ll*L[i]*L[i+l]%P)%=P;
up(i,0,b[m]-r) (cnt2+=1ll*R[i]*R[i+r]%P)%=P;
(Ans+=1ll*cnt1*cnt2%P)%=P;
}
signed main() {
freopen("rain.in","r",stdin);
freopen("rain.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin >> n >> m >> k, L[0]=R[0]=1;
up(i,1,n) cin >> a[i], a[i]+=a[i-1], ++L[a[i]];
up(i,1,m) cin >> b[i], b[i]+=b[i-1], ++R[b[i]];
up(i,1,n) if(a[i]!=a[i-1]+1) flag=0;
up(i,1,m) if(b[i]!=b[i-1]+1) flag=0;
for(int i=1; i*i<=k; ++i) if(k%i==0) {
solve(i,k/i);
if(i*i!=k) solve(k/i,i);
}
cout << Ans;
return 0;
}
T2 野火
Bronya 可愛，多測全塞二元環不可愛（二元環二分上界要給到 \(3\times 10^9\)） /fn
就是先考慮二分，樹的情況是簡單的，二分之後不夠的補上得了。
首先基環樹中那一部分無用，只考慮環，我們先補滿，然後時刻裡面環上可以斷一條邊，我們考慮怎麼斷最優，首先會想去拿那個 \(d_i\) 最小的斷掉，拿回那 \(mid-d_i\) 的部分，然後發現前面 \(d_i\) 時刻還可以斷別的，那就考慮給 \(d_i\) 次小的吃這個貢獻，所有可能的貢獻這個次小一定能吃滿，然後就做完了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define up(i,l,r) for(int i=l; i<=r; ++i)
#define dn(i,r,l) for(int i=r; i>=l; --i)
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=200005, inf=1ll<<60;
int n, m, sp, in[N], u[N], v[N], d[N], vis[N];
vector<int> to[N]; queue<int> q;
void solve1() {
int l=1, r=3e9, Ans;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1, ret=0;
up(i,1,m) if(d[i]<mid) ret+=mid-d[i];
if(ret<=sp) Ans=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout << Ans << '\n';
}
void solve2() {
up(i,1,n) vis[i]=0;
up(i,1,n) if(in[i]==1) q.push(i);
while(q.size()) {
int x=q.front();
vis[x]=1, q.pop();
for(int y:to[x]) if(--in[y]==1) q.push(y);
}
int l=1, r=3e9, Ans;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1, ret=0, fir=inf, sec=inf;
up(i,1,m) if((vis[u[i]]||vis[v[i]])&&d[i]<mid) ret+=mid-d[i];
up(i,1,m) if(!vis[u[i]]&&!vis[v[i]]&&d[i]<mid) {
ret+=mid-d[i];
if(d[i]<fir) sec=fir, fir=d[i];
else if(d[i]<sec) sec=d[i];
}
if(fir<inf) ret-=mid-fir;
if(sec<inf) ret-=max(mid-sec,0ll)-max(mid-fir-sec,0ll);
if(ret<=sp) Ans=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout << Ans << '\n';
}
void mian() {
cin >> n >> m >> sp;
up(i,1,n) in[i]=0, to[i].clear();
up(i,1,m) {
cin >> u[i] >> v[i] >> d[i];
++in[u[i]], ++in[v[i]];
to[u[i]].pb(v[i]), to[v[i]].pb(u[i]);
}
if(m==n-1) solve1(); else solve2();
}
signed main() {
freopen("wildfire.in","r",stdin);
freopen("wildfire.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int id, T;
cin >> id >> T;
while(T--) mian();
return 0;
}
T3 赤玉琉金
點對能產生貢獻當且僅當一個點集 \(S\) 沒有被刪除（如上圖綠色部分），考慮 \(|S|=x\) 的點對的貢獻，不難寫出 \(Ans_x=\sum_{t=0}^n\binom{n-x}{t}\times t!\times (n-t)!=\frac{(n-x)!}{(n-x-t)!}\times (n-t)!\)，常數 \((n-x)!\) 提出來得到 \(Ans_x=(n-x)!\times \sum_{t=0}^n\frac{(n-t)!}{(n-x-t)!}\)，後面那部分還是不好求，但是補成組合數可以組合意義，\(Ans_x=(n-x)!x!\times \sum_{t=0}^n\binom{n-t}{x}=(n-x)!x!\times \sum_{t=0}^n\binom{t}{x}\)。