【BZOJ5491】[HNOI2019]多邊形（模擬，組合計數）

[HNOI2019]多邊形（模擬，組合計數）

題面

洛谷

題解

忽然特別想罵人，原本我考場現切了的，結果WA了幾個點，剛剛拿代碼一看有個地方忘記取模了。

首先發現終止態必定是全部點都向\(n\)連邊(看樣例圖解就知道了)
那麼大力猜測一下第一問的答案必定是\(n-3-\)和\(n\)號點直接相連的邊數。
手玩一下，發現這樣一件事情：和\(n\)直接相連的全部邊把多邊形分割成了若干個區間，每一個區間都用\([l,r]\)表示。
對於\([l,r]\)這個區間，由於已經分割出來了，也就是除了\(l-n,r-n\)以外，沒有直接和\(n\)相連的邊，那麼發現這裏執行一次旋轉操做一定會選擇到\((l,r)\)，那麼只須要找到\(b\)點，顯然\(b\)也是惟一肯定的，那麼直接在\(l\)的出邊中找到小於\(r\)的最大值就好了，這個點就是\(b\)。
發現此次操做執行完以後，這個區間被劃分紅了兩個部分，只須要遞歸處理就好了。
因而，除了一開始就和\(n\)號點直接相連的邊以外，每次劃分必定把區間分割成兩個部分，而且分割操做惟一，所以咱們能夠把這個過程用一個二叉樹來表示。
考慮計算方案數，一個節點表示這個點所表明的操做必須在左右兩個兒子以前進行，而分割完此次以後，左右兩個兒子之間就獨立了，所以等價於左側有一個操做序列，右側有一個操做序列，須要把他們兩合併，這裏貢獻的方案數就是一個組合數。因此方案數就是每一個節點合併兩個兒子的方案數的乘積。最後再把全部被和\(n\)相連的邊劃分出來的區間再乘一下拼接的組合數就是答案。
那麼咱們能夠處理單次詢問了。
繼續考慮提早執行一次旋轉操做對於答案的影響，相似\(Splay\)，發現此次操做就是把一個點\(rotate\)一下(感性理解或者手玩一下就知道爲何了)。
那麼這裏須要分類討論，若是這個點存在父親，直接\(rotate\)就好了，除掉本來的貢獻再乘上新的貢獻就能夠了。
不然這個點不存在父親，即這個點是劃分的第一次操做，提早旋轉以後就變成了和\(n\)相連的邊，這裏會把第一問的答案減一，而後把本來的方案數除掉，再乘上直接把左右兩個兒子當成被和\(n\)相連的邊分割的方案數就好了。
時間複雜度一個\(log\)。（由於我要用\(map\)儲存每一個點對應的是哪條邊，以及在建樹的時候須要\(lower\_bound\)）
下面是考場代碼（把那個鬼取模給補上了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();bool fl=false;
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')fl=true,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return fl?-x:x;
}
int W,n,ans,Ans=1;
int jc[MAX],inv[MAX],jv[MAX];
int C(int n,int m){if(n<0||m<0||n<m)return 0;return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}
int InvC(int n,int m){return 1ll*jv[n]*jc[m]%MOD*jc[n-m]%MOD;}
int Merge(int n,int m){return C(n+m,n);}
int InvMerge(int n,int m){return InvC(n+m,n);}
int ch[MAX][2],tot,sz[MAX],fa[MAX];
int rt[MAX];
vector<int> E[MAX];
map<pair<int,int>,int> M;
void Divide(int &x,int ff,int l,int r)
{
    if(r-l<=1)return;x=++tot;sz[x]=1;fa[x]=ff;
    int p=lower_bound(E[r].begin(),E[r].end(),l+1)-E[r].begin();
    p=E[r][p];M[make_pair(l,r)]=x;
    Divide(ch[x][0],x,l,p);Divide(ch[x][1],x,p,r);
    sz[x]+=sz[ch[x][0]]+sz[ch[x][1]];
    Ans=1ll*Ans*Merge(sz[ch[x][0]],sz[ch[x][1]])%MOD;
}
int main()
{
    freopen("polygon.in","r",stdin);
    freopen("polygon.out","w",stdout);
    W=read();n=read();
    jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n+n;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
    for(int i=1;i<=n+n;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
    for(int i=1;i<=n+n;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
    for(int i=1;i<=n-3;++i)
    {
        int u=read(),v=read();
        E[u].push_back(v);
        E[v].push_back(u);
    }
    for(int i=2;i<n;++i)E[i].push_back(i-1),E[i].push_back(i+1);
    E[1].push_back(2);E[1].push_back(n);
    E[n].push_back(1);E[n].push_back(n-1);
    for(int i=1;i<=n;++i)sort(E[i].begin(),E[i].end());
    for(int i=0,l=E[n].size();i<l-1;++i)Divide(rt[i],0,E[n][i],E[n][i+1]);
    int SS=0;
    for(int i=0,l=E[n].size();i<l-1;++i)Ans=1ll*Ans*Merge(SS,sz[rt[i]])%MOD,SS+=sz[rt[i]];
    int cnt=n-1-E[n].size();
    if(!W)printf("%d\n",cnt);
    else printf("%d %d\n",cnt,Ans);
    int Q=read();
    while(Q--)
    {
        int a=read(),b=read();if(b<a)swap(a,b);
        int p=M[make_pair(a,b)];
        int pcnt=cnt-(fa[p]?0:1);
        if(!W){printf("%d\n",pcnt);continue;}
        else printf("%d ",pcnt);
        int pans=Ans;
        if(fa[p])
        {
            int f=fa[p],k=ch[f][1]==p;
            pans=1ll*pans*InvMerge(sz[ch[p][0]],sz[ch[p][1]])%MOD;
            pans=1ll*pans*InvMerge(sz[ch[f][0]],sz[ch[f][1]])%MOD;
            pans=1ll*pans*Merge(sz[ch[f][k^1]],sz[ch[p][k^1]])%MOD;
            pans=1ll*pans*Merge(sz[f]-sz[p]+sz[ch[p][k^1]],sz[ch[p][k]])%MOD;
        }
        else
        {
            pans=1ll*pans*InvMerge(sz[ch[p][0]],sz[ch[p][1]])%MOD;
            pans=1ll*pans*InvMerge(SS-sz[p],sz[p])%MOD;
            pans=1ll*pans*Merge(SS-sz[p],sz[ch[p][0]])%MOD;
            pans=1ll*pans*Merge(SS-sz[p]+sz[ch[p][0]],sz[ch[p][1]])%MOD;
        }
        printf("%d\n",pans);
    }
    return 0;
}