2020牛客暑期多校训练营（第二场）

比赛情况

题号	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J	K
状态	Ø	Ø	O	O	Ø	O	Ø	Ø	Ø	Ø	Ø

O 在比赛中通过 Ø 赛后通过 ! 尝试了但是失败了 - 没有尝试

比赛时间

2020-07-13 12:00-17:00

题解

A - All with Pairs

给出$n$个字符串，定义$f(s,t)$为$s$的前缀与$t$的后缀相等的最大长度。统计$\sum\limits _{i=1}^n\sum\limits _{j=1}^nf(s_i,s_j)$。

可以先对所有串的所有后缀哈希，则对于每个串，可以得到第$i$位前缀与$\text{cnt}[i]$个后缀相同，但这个前缀未必是长度最大的，kmp一下$\text{cnt}[\text{nxt}[i]]-=\text{cnt}[i]$即可得到每一位的真正贡献。

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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e5+5;
const int M=1e6+5;
const ll mod=998244353;
string s[N];
int nxt[M],cnt[N];
char p[M];
map<ll,int>mp;
ll res,pw[M];
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	pw[0]=1;for(int i=1;i<M;i++)pw[i]=pw[i-1]*113;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s[i];
		ll hash=0,m=s[i].length();
		for(int j=1;j<=m;j++,hash*=113)
		hash+=s[i][m-j]-'a'+1,mp[hash]++;
	}
	for(int k=1;k<=n;k++)
	{
		int m=s[k].length();
		s[k].copy(p+1,m,0),p[m+1]='\0';
		ll hash=p[1]-'a'+1;cnt[1]=mp[hash];
		for(int i=2,j=0;i<=m;i++)
		{
			while(j&&p[i]!=p[j+1])j=nxt[j];
			if(p[i]==p[j+1])j++;
			hash+=pw[i-1]*(p[i]-'a'+1),cnt[i]=mp[hash];
			nxt[i]=j;
			if(j)cnt[j]-=cnt[i];
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)res=(res+1ll*cnt[i]*i%mod*i%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

B - Boundary

问过原点的圆周里过给定点数量的最大值。

$n\le 2000$，想到选各点作为圆上一点$P$则圆心在$OP$的中垂线上，对于中垂线两两求交点看重合次数。map查询$O(n^2\log n)$

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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e3+10;
const double eps=1e-5;
const double INF=(1LL<<30);
inline ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}
int dcmp(double x,double y)
{
	double t=fabs(x-y);
	if(t<-eps)return -1;
	return t>eps;
}
struct Point
{
	double x,y;
	Point(double x=0,double y=0):x(x),y(y){}
	bool operator < (const Point &a) const {return dcmp(x,a.x)==0?(y<a.y):(x<a.x);}
	bool operator == (const Point &a) const {return dcmp(x,a.x)==0&&dcmp(y,a.y)==0;}
}p[N];
struct Line
{
	double a,b,c;
	Line(double a=0,double b=0,double c=0):a(a),b(b),c(c){}
}l[N];
inline Point middle(Point p1,Point p2){return Point((p1.x+p2.x)*0.5,(p1.y+p2.y)*0.5);}
Point ori=Point(0,0);
inline Point intersection(Line l1,Line l2)
{
	if(dcmp(l1.b*l2.a,l2.b*l1.a)==0)return ori;
	double y=(l2.c*l1.a-l1.c*l2.a)/(l1.b*l2.a-l2.b*l1.a);
	double x=(l1.c*l2.b-l2.c*l1.b)/(l1.b*l2.a-l2.b*l1.a);
	return Point(x,y);
}
map<Point,int>mp;
inline ll read()
{
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int main()
{
	int n=read(),res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		p[i].x=read(),p[i].y=read();
		Point mid=middle(p[i],ori);
		l[i].a=p[i].x,l[i].b=p[i].y;
		l[i].c=-l[i].a*mid.x-l[i].b*mid.y;
		mp.clear();
		for(int j=1;j<i;j++)
		{
			Point inter=intersection(l[i],l[j]);
			if(inter==ori)continue;
			res=max(res,++mp[inter]);
		}
	}
	printf("%d\n",res+1);
	return 0;
}

C - Cover the Tree

题意：最少链覆盖树，输出方案。

首先毫无疑问的是最少链数就是度数为1的节点数目加一除以二，方案的话，对于x的子树中度数为1的节点，如果目前未匹配的有奇数个，那么他们之间可以两两配对，然后留一个伸出去，从而覆盖x到其父亲的边，偶数个则要伸出去两个，这样贪心的输出方案即可。

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#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int head[N],tot;
int du[N];
struct E
{int nxt,to;}e[N<<1];
void add(int x,int y) {
	e[++tot].nxt = head[x];head[x] = tot;e[tot].to = y;
	e[++tot].nxt = head[y];head[y] = tot;e[tot].to = x;
}
queue<int>sons[N];
int anss[N][2],anscnt;
void dfs(int x,int fa) {
	bool isson = true;
	int tomatch = 0;
	for (int i = head[x];i;i=e[i].nxt)
		if (e[i].to!=fa) {
			dfs(e[i].to,x);
			isson = false;
			tomatch += sons[e[i].to].size();
		}
	if (isson) {
		sons[x].push(x);
	}
	queue<int>son2,son1;
	for (int i = head[x];i;i=e[i].nxt)
		if (e[i].to!=fa) {
			if (sons[e[i].to].size()==2)
				son2.push(e[i].to);
			else if (sons[e[i].to].size()==1)
				son1.push(e[i].to);
		}
	if (son2.size()%2==1 && son1.size() == 0 && son2.size()!=1) {
		int x1 = son2.front();son2.pop();
		int x2 = son2.front();son2.pop();
		int x3 = son2.front();son2.pop();
		anss[anscnt+1][0] = sons[x1].front();sons[x1].pop();
		anss[anscnt+1][1] = sons[x2].front();sons[x2].pop();
		anss[anscnt+2][0] = sons[x1].front();sons[x1].pop();
		anss[anscnt+2][1] = sons[x3].front();sons[x3].pop();
		son1.push(x2);
		son1.push(x3);
		anscnt+=2;
	}
	while (son2.size()>=2) {
		int x1 = son2.front();son2.pop();
		int x2 = son2.front();son2.pop();
		anss[anscnt+1][0] = sons[x1].front();sons[x1].pop();
		anss[anscnt+1][1] = sons[x2].front();sons[x2].pop();
		//anss[anscnt+2][0] = sons[x1].front();sons[x1].pop();
		//anss[anscnt+2][1] = sons[x2].front();sons[x2].pop();
		son1.push(x1);
		son1.push(x2);
		anscnt++;
	}
	while (son2.size()*2 + son1.size() > 2) {
		if (son2.size()) {
			int x1 = son2.front();son2.pop();
			int x2 = son1.front();son1.pop();
			anss[anscnt+1][0] = sons[x1].front();sons[x1].pop();
			anss[anscnt+1][1] = sons[x2].front();sons[x2].pop();
			son1.push(x1);
			anscnt++;
		} else {
			int x1 = son1.front();son1.pop();
			int x2 = son1.front();son1.pop();
			anss[anscnt+1][0] = sons[x1].front();sons[x1].pop();
			anss[anscnt+1][1] = sons[x2].front();sons[x2].pop();
			anscnt++;
		}
	}
	for (int i = head[x];i;i=e[i].nxt)
		if (e[i].to!=fa) {
			while (sons[e[i].to].size()) 
			{
				int tmp = sons[e[i].to].front();
				sons[x].push(tmp);
				sons[e[i].to].pop();
			}
		}
}
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	//printf("%d\n",n);
	int x,y;
	for (int i = 1;i< n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&x,&y);
		//printf("%d %d\n",x,y);
		add(x,y);
		du[x]++;du[y]++;
	}
	if (n==1) {
		printf("1\n1 1\n");
		return 0;
	}
	if (n==2) {
		printf("1\n1 2\n");
		return 0;
	}
	for (int i = 1;i<= n;i++)
		if (du[i]!=1)
		{
			dfs(i,0);
			if (sons[i].size()==2)
			{
				anscnt++;
				anss[anscnt][0] = sons[i].front();
				sons[i].pop();
				anss[anscnt][1] = sons[i].front();
			}
			else {
				anscnt++;
				anss[anscnt][0] = sons[i].front();
				anss[anscnt][1] = i;
			} 
			break;
		}
	printf("%d\n",anscnt);
	for (int i = 1;i<= anscnt;i++)
		printf("%d %d\n",anss[i][0],anss[i][1]);
	return 0;
}

D - Duration

签到题，把两个时间都换算成到 $0:0:0$ 的秒数，相减取绝对值。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 2e5+5;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 
 
 
int main()
{
    //fastio();
    int a,b,c,x,y,z;
    scanf("%d:%d:%d",&a,&b,&c);
    scanf("%d:%d:%d",&x,&y,&z);
    ll t = a*3600 + b*60 + c;
    ll p = x*3600 + y*60 +z;
    ll ans = abs(t-p);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

E - Exclusive OR

如果可以猜到结论/想到结论/打表观察可以发现对于$20\leq i$的$ans_i=ans_{i-2}$

那么就可以对于$i\leq 20$的时候fwt计算结果，其余的递推即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1<<18;
const int M = 2e5+5;
typedef long long ll;
int n,nans[N],one[N],ans[M];
 
void FWT(int *src) {
    for (int sz = 2;sz <= N;sz<<=1) {
        int step = sz >> 1;
        for (int i = 0;i< N;i+=sz) {
            for (int j = i;j < i+step;j++) {
                int a = src[j],b = src[j+step];
                src[j] = a+b;
                src[j+step] = a-b;
            }
        }
    }
}
 
void IFWT(int *src) {
    for (int sz = 2;sz <= N;sz<<=1) {
        int step = sz >> 1;
        for (int i = 0;i < N;i+=sz) {
            for (int j = i;j<i+step;j++) {
                int a = src[j],b = src[j+step];
                src[j] = (a+b) >> 1;
                src[j+step] = (a-b)>>1;
            }
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int x;
    for (int i = 1;i<= n;i++) {
        scanf("%d",&x);
        one[x]=1;
        nans[x]=1;
        if (x > ans[1]) ans[1] = x;
    }
    FWT(one);
    for (int i = 2;i<= 20;i++) {
        FWT(nans);
        for (int j = 0;j < N;j++)
            nans[j] = nans[j]*one[j];
        IFWT(nans);
        for (int j = 0;j < N;j++)
            if (nans[j])
                nans[j] = 1;
        for (int j = N-1;j>=0;j--)
            if (nans[j]) {
                ans[i] = j;
                break;
            }
    }
    for (int i = 21;i<= n;i++)
        ans[i] = ans[i-2];
    for (int i = 1;i<= n;i++)
        printf("%d ",ans[i]);
}

F - Fake Maxpooling

$n\times m$矩阵$a[i][j]=\gcd(i,j)$求所有$k\times k$子矩阵最大值的和

先对某一维单调队列（对于每行$k$列最大值缩为一格），之后另一维也单调队列。。$O(nm)$，gcd这个暴力要多个$\log n$，有点慢，但卡过去了，其实是应该记忆化

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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e3+10;
int a[N][N],b[N][N];
int head,tail,q[N*10];
inline int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline int lcm(int a,int b){return a*b/gcd(a,b);}
int main()
{
    int n,m,k;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    ll res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        head=1,tail=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            a[i][j]=lcm(i,j);
            while(tail>=head&&j-q[head]>=k)head++;
            while(tail>=head&&a[i][j]>a[i][q[tail]])tail--;
            q[++tail]=j;
            if(j>=k)b[i][j-k+1]=a[i][q[head]];
        }
    }
    for(int j=1;j<=m-k+1;j++)
    {
        head=1,tail=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            while(tail>=head&&i-q[head]>=k)head++;
            while(tail>=head&&b[i][j]>b[q[tail]][j])tail--;
            q[++tail]=i;
            if(i>=k)res+=b[q[head]][j];
        }
    }
    printf("%lld\n",res);
    return 0;
}

G - Greater and Greater

给两个序列 $A$ 和 $B$，求 $A$ 的所有长度为 $|B|$ 的子串中，每一位都对应大于 $B$ 的每一位的个数。

用 $\text{bitset}$ 压位，先预处理出 $S$ ，其中 $S[i][j]=1$ 表示 $A[i]>=B[j]$，并维护 $A$ 的长度为 $|B|$ 的子串 $a$ 的前缀与 $B$ 的后缀的大小关系，考虑从后往前 $\text{dp}$。具体来说就是，$cur[i]=1$ 表示 $a$ 的 $m-i$ 前缀每一位都对应大于等于 $B$ 的 $m-i$ 后缀，从后往前滚动，每次向左移一位，把 $m-1$ 置为 $1$，再与 $S[i]$ 按位与，统计 $cur[0]=1$ 的个数就是答案。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 2e5+5;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
 
int a[150005],b[40005],c[40005],id[40005];
int n,m;
bitset<40000> S[40001],cur;
 
int main()
{
    fastio();
    cin>>n>>m;
    rep(i,0,n-1) cin>>a[i];
    rep(i,0,m-1) {cin>>b[i];c[i] = b[i];id[i]=i;}
    sort(c,c+m);
    sort(id,id+m,[](int x,int y){return b[x]<b[y];});
    rep(i,0,m-1){
        if(i>0) S[i] |= S[i-1];
        S[i][id[i]] = 1;
    }
    //rep(i,0,m-1) {rep(j,0,m-1) cout<<S[i][j]<<" ";cout<<endl;}
    int ans = 0;
    rep(i,0,m-1){
        int flag = 1;
        rep(j,0,m-i-1){
            if(a[n-m+j]<b[j+i]) {flag=0;break;}
        }
        cur[i] = flag;
    }
    ans += cur[0];
    per(i,n-m-1,0){ //show1(a[i]);
        int pos = upper_bound(c,c+m,a[i]) - c - 1; //show1(pos);
        cur >>= 1;
        cur[m-1] = 1;
        if(pos==-1) cur &= S[m];
        else cur &= S[pos];
        ans += cur[0];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

H - Happy Triangle

题意：维护一个multiset，三种操作：添加删除查询。查询是查询对于x，multiset中是否存在两条边可以和其组成三角形。

分两种情况讨论，第一种情况是询问的边是最大的边，第二种情况是非最大边。对于最大边的情况可以发现找小于x的最大的两条边即可，这一部分直接用multiset就能维护。对于非最大边时，假设能组成三角形的另外两条边是a和b，那么一定有$x < b$且$b-a < x$，可以发现对于一个b，肯定是选择前驱作为a时$b-a$最小，所以我们需要做的就是写一个数据结构，使得可以维护当前点减去前驱点的后缀最小值。仝multiset+离散化+线段树可以做到这一操作。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
const int INF = 2e9+5;
int tr[N<<2],id[N];
struct Node {
	int op,val;
}qur[N];
void Build(int p,int l,int r) {
	if (l==r) {
		tr[p] = INF;
		return ;
	}
	int mid = (l+r)>>1;
	Build(p<<1,l,mid);
	Build(p<<1|1,mid+1,r);
	tr[p] = min(tr[p<<1],tr[p<<1|1]);
}
void Update(int p,int l,int r,int a,int b) {
	if (l==r) {
		tr[p] = b;
		return ;
	}
	int mid = (l+r)>>1;
	if (a <= mid) Update(p<<1,l,mid,a,b);
	else Update(p<<1|1,mid+1,r,a,b);
	tr[p] = min(tr[p<<1],tr[p<<1|1]);
}
int Getans(int p,int l,int r,int a,int b) {
	if (l>=a&&r<=b) {
		return tr[p];
	}
	int mid = (l+r)>>1;
	int ans = INF;
	if (a<=mid) ans = min(ans,Getans(p<<1,l,mid,a,b));
	if (b>mid) ans = min(ans,Getans(p<<1|1,mid+1,r,a,b));
	return ans;
}
multiset<int> MS;
int c[N];
int main()
{
	MS.insert(-1);MS.insert(-1);MS.insert(INF);
	int q;
	scanf("%d",&q);
	for (int i = 1;i<= q;i++) {
		scanf("%d%d",&qur[i].op,&qur[i].val);
		id[i] = qur[i].val;
	}
	sort(id+1,id+q+1);
	int cnt = unique(id+1,id+q+1)-id-1;
	Build(1,1,cnt);
	for (int i = 1;i<= q;i++) {
		int x = qur[i].val;
		int pos = lower_bound(id+1,id+cnt+1,x)-id;
		if (qur[i].op == 1) {
			MS.insert(x);
			c[pos]++;
			if (c[pos] == 2) {
				Update(1,1,cnt,pos,0);
			} else if (c[pos] == 1) {
				Update(1,1,cnt,pos,(*MS.upper_bound(x))-x);
				auto it = MS.lower_bound(x);
				it--;
				int pre = *it;
				int prepos = lower_bound(id+1,id+cnt+1,pre)-id;
				if (c[prepos] == 1)Update(1,1,cnt,prepos,x-pre);
			}
		} else if(qur[i].op == 2) {
			MS.erase(MS.find(x));
			c[pos]--;
			if (c[pos] == 1) Update(1,1,cnt,pos,(*MS.upper_bound(x))-x);
			else if (c[pos] == 0) {
				Update(1,1,cnt,pos,INF);
				auto it = MS.lower_bound(x);
				it--;
				int pre = *it;
				int prepos = lower_bound(id+1,id+cnt+1,pre)-id;
				if (c[prepos] == 1)Update(1,1,cnt,prepos,(*MS.lower_bound(x))-pre);
			}
		} else {
			bool flag = false;
			auto it = MS.lower_bound(x);
			int t1 = *it;
			int t2 = *(--it);
			int t3 = *(--it);
			if (t2+t3>x || t2+x>t1)flag = true;
			if (Getans(1,1,cnt,pos,cnt) < x) flag = true;
			if (flag)printf("Yes\n");
			else printf("No\n");
		}
	}
	return 0;
}

I - Interval

开局你有一个区间$[1,n]$，区间可以收缩和扩张，$[l,r]$和$[l+1,r]$、$[l,r]$和$[l,r-1]$间可以来回转换，但是到$l=r$时就不能再变了，所以不希望看到这种局面。给出$m$个限制，$l~r~dir~c$当$dir=L$时表示花费$c$可以限制$[l,r],[l+1,r]$之间的转换，$dir=R$时表示花费$c$可以限制$[l,r],[l,r-1]$之间的转换。问能够限制区间不可能变为$l=r$的最小花费。

我们把区间看作坐标，显然这是一个从$(1,n)$到$y=x$的最小割。和狼抓兔子（BZOJ1001）比较像，网格图转对偶图求最短路即最小割，$O(n^2\log n)$

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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define pii pair<int,int>
#define idx(x,y) ((x-1)*(n-1)+y)
#define mp make_pair
const int N=505;
int n,m,s,t,head[N*N],tot=0,done[N*N];
ll dis[N*N];
struct Node
{
	int nxt,to;ll w;
	Node(int nxt=0,int to=0,ll w=0):nxt(nxt),to(to),w(w){}
}edges[N*N*10];
struct Node1
{
	int u;ll d;
	Node1(int u=0,ll d=0):u(u),d(d){}
	bool operator < (const Node1 &a) const {return d>a.d;}
};
void addedge(int u,int v,ll w)
{
	edges[++tot]=Node(head[u],v,w);
	head[u]=tot;
}
ll dij()
{
	priority_queue<Node1>q;
	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
	dis[s]=0,q.push(Node1(s,dis[s]));
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.top().u;q.pop();
		if(done[u])continue;
		done[u]=1;
		for(int i=head[u];~i;i=edges[i].nxt)
		{
			int v=edges[i].to;
			if(dis[v]>dis[u]+edges[i].w)
			{
				dis[v]=dis[u]+edges[i].w;
				q.push(Node1(v,dis[v]));
			}
		}
	}
	return dis[t]==INF?-1:dis[t];
}
int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	s=0,t=(n-1)*(n-1)+1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int l,r,c;char dir[2];
		scanf("%d%d%s%d",&l,&r,dir,&c);
		int id1,id2;
		if(dir[0]=='L')
		{
			id1=idx(l,r),id2=idx(l,r-1);
			if(r==n)id1=s;
		}
		else
		{
			id2=idx(l-1,r-1),id1=idx(l,r-1);
			if(l==1)id2=t;
		}
		addedge(id1,id2,c),addedge(id2,id1,c);
	}
	printf("%lld\n",dij());
    return 0;
}

J - Just Shuffle

给一个置换 $A$ 和大质数 $k$，求置换 $P$ 使得 $P^k = A$。

求出 $A$ 的每个循环节，因为 $k$ 是个大质数，所以 $P$ 每个循环节作 $k$ 次方都不会分裂，于是 $P$ 的循环节和 $A$ 的循环节是一样的，只是向右平移了 $k$ 对循环节长度的逆元个长度。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define pg PermutationGroup
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 1e5+5;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
inline ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
inline ll lcm(ll a,ll b) {return a*b/gcd(a,b);}
ll extgcd(ll a,ll b,ll& u,ll& v)
{
    ll d;
    if(b==0){
        d = a;
        u=1,v=0;
    }else {
        d = extgcd(b,a%b,v,u);
        v -= a/b*u;
    }return d;
}
int n,k,vis[maxn];
int P[maxn],ans[maxn],a[maxn],tmp[maxn],ttt[maxn];
int main()
{
    //fastio();
    scanf("%d%d",&n,&k);
    rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
    rep(i,1,n)if(!vis[i]){
        vis[i] = 1;
        vector<int> pos;
        int u = a[i],len = 1;pos.pb(i);
        while(u!=i){
            len++;
            vis[u] = 1;pos.pb(u);
            u = a[u];
        }
        ll x,y;
        extgcd(k,len,x,y);
        x = (x%len+len)%len;
        rep(i,1,len){
            ans[pos[i-1]] = pos[(i-1+x)%len];
        }
    }
    rep(i,1,n) printf("%d ",ans[i]);
    return 0;
}

K - Keyboard Free

三个半径分别为$r_1,r_2,r_3$的同心圆上分别取一点构成三角形，求面积期望，保留一位小数。（懂了，保留一位小数就是增量乱搞qaq）

暴力积分有点难，涉及到负面积之类的，所以掺杂一点乱搞成分比较好。第一维位置固定，第二维增量乱搞，第三维easy积分。

第一维取点$G$，第二维在$[0,\pi]$间均匀枚举一定量的角度得$E$，第三位积分算圆周到$EG$直线的距离即可得三角形面积。

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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
double r1,r2,r3;
double sqr(double x){return x*x;}
double f(double j)
{
	double EG=sqrt(sqr(r1)+sqr(r2)-2*cos(j)*r1*r2);
	double AGE=acos((sqr(r1)+sqr(EG)-sqr(r2))/2/r1/EG);
	double alp=asin(r1*sin(AGE)/r3);
	return r3*(alp*sin(alp)+cos(alp))*EG/pi;
}
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lf%lf%lf",&r1,&r2,&r3);
		if(r1>r2)swap(r1,r2);
		if(r2>r3)swap(r2,r3);
		if(r1>r2)swap(r1,r2);
		double res=0,j=pi/10000.0;
		for(int i=0;i<5000;i++,j+=pi/5000.0)res+=f(j);
		printf("%.1lf\n",res/5000);
	}
    return 0;
}

比赛总结与反思

补完了！感觉这场题蛮正常的（就是隐约觉得都可做，然而没做对）。这种场的要义是不是不能陷入僵局quq（卡题乃正常场之大忌），好几道没怎么看的题后来发现可能更值得入手？啊下周加油。——Zars19

C题一开始想错了耽误了一些时间，想到了对的实现还很艰难呜呜呜呜该多写难题代码了。FWT这个有点可惜，感觉要多做一些FWT题了。 ——Infinity37

和上一场一样都是一个题卡了几个小时？（以后要试着跳出来。 ——_wzx27

目录

2020牛客暑期多校训练营（第二场）

比赛情况

题解

A - All with Pairs

B - Boundary

C - Cover the Tree

D - Duration

E - Exclusive OR

F - Fake Maxpooling

G - Greater and Greater

H - Happy Triangle

I - Interval

J - Just Shuffle

K - Keyboard Free

比赛总结与反思