atcoder ABC402 部分题解

Atcoder ABC 402 部分题解

D - Line Crossing

题意

圆上均匀分布 \(n\) 个点，有 \(m\) 条直线每条直线连接点 \(a_i,b_i\) ,有多少条直线相交。

题解

考虑求平行线数量，容易发现 \((a+b)~mod~n\) 相等的线是互相平行的。

E - Payment Required

题意

有 \(n\) 道题，每道题有 \(P_i\) 概率通过，答一次就要 \(C_i\) 代价，若第一次通过获得 \(S_i\) 价值，在总共不超过 \(x\) 代价下求期望价值最大。

题解

只有第一次通过有价值，考虑状压 \(f_{s,v}\) 表示当前通过 \(s\) 集合内的题，最大可用价值是 \(v\) ，抵达最终状态的最优价值，注意期望 DP 的转移通常定义为某个起始状态到任意一个最终状态的最优价值。

选已通过的题必然不优，转移时枚举一个不在 \(s\) 中的题目 \(k\) 尝试做这道题，有通过不通过两个情况，于是有转移：

\[f_{s,v}=p_k (f_{s \cup \{k\},v-c}+s)+(1-p_k)f_{s,v-c} \]

答案为 \(f_{\varnothing,x}\) 。

F - Path to Integer

题意

给定 \(n*n\) 网格，\(1\leq a_i \leq 9\)，找到一条从 \((1,1)\) 到 \((n,n)\) 只能向右向下的线路，使路径数字拼起来模 \(m\) 最大。

题解

以下运算均在模 \(m\) 意义下进行。

模运算不好处理，考虑暴力枚举，枚举整个线路是 \(2^{2n}\) 次，不能通过。

使用折半搜索，分别枚举前 \(n\) 步和后 \(n-1\) 步的答案，两条路径交汇点在对角线上，计一条前半段路径低到对角线一点，从该对角线出发的所有路径的数字构成集合 \(S\) ，对于前半段数字，对答案的贡献是 \(w'=w\cdot 10^{n}\) ，则我们找到 \(S\) 中最大的值 \(a\) 满足 \(a+w' < m\) ，也就是不做更多的取模，作为候选答案，同时选择 \(S\) 中的最大值拼起来也是候选答案。

这是因为在模 \(m\) 意义下，\(w'\) 和 \(S\) 中的数组合，最多只会再模一次 \(m\) ，讨论这一次取模是否存在即可。复杂度 \(O(n2^n)\) 。

G - Sum of Prod of Mod of Linear

题意：

求 ：

\[\sum_{k=0}^n[(Ak+B_1) \bmod M] [(Ak+B_2) \bmod M] \]

题解

对着题解口胡，妙妙题。

将式子全部拆开，就是许多类欧几里得形式的求和，其中 \(\sum y_1y_2\) 比较特殊单独求，其中 \(y_i=\lfloor\frac{Ak+B_i}{M}\rfloor\) 。

\(\sum \lfloor\frac{Ak+B_1}{M}\rfloor\lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor\) 和 \(\sum \lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor^2\) 很像，我们考虑求出二者的差值：

\[\begin{align*} &\sum \lfloor\frac{Ak+B_1}{M}\rfloor\lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor-\sum \lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor^2 \\ =&-\sum \lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor (\lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor-\lfloor\frac{Ak+B_1}{M}\rfloor) \end{align*}\]

由于 \(B_1\leq B_2<M\) ，后面的值只可能取 \(0\) 或 \(1\) ，现在考虑当 \(\lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor\) 为 \(c\) 时，\(\lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor=c\) 和 \(\lfloor\frac{Ak+B_1}{M}\rfloor=c\) 的 \(k\) 分别构成一个区间。

具体的，解 \(c \leq \lfloor\frac{Ak+B}{M}\rfloor\)，解出 \(k \geq \lfloor\frac{cM-B-1}{A}\rfloor+1\) ，那么能取到 \(c\) 的区间就是 ：

\[[\lfloor\frac{cM-B-1}{A}\rfloor+1,\lfloor\frac{(c+1)M-B-1}{A}\rfloor] \]

那当取 \(c\) 时，前者保证 \(k \geq \lfloor\frac{cM-B_2-1}{A}\rfloor+1\)，后者需要保证取 \(c-1\) ，选右区间为 \(k \leq \lfloor\frac{(c+1-1)M-B_1-1}{A}\rfloor\) ，那右边那个差值为 \(1\) 的总数就是两个位置的差，我们枚举这个 \(c=\lfloor\frac{Ak+B_2}{M}\rfloor\) ：

\[=\sum_{c=0}^Xc\cdot(d_c^1-d_c^2) \]

其中 \(d_c^i=\lfloor\frac{cM-B_i-1}{A}\rfloor\) ，其中 \(c=X\) 时的上界会被 \(N\) 限制，单独拿出来算，最后的这个和式还是类欧形式，总结下来只需要求 \(\sum y,\sum xy,\sum y^2\) 就可以了。

其中这些式子的截距是负数，将 \(x\) 平移一位变成正数。

\(c=0\) 时是负数，不过被乘掉了。

代码

题外话：笔者先观察到两线平行，以为可以搞一个类似双线类欧的东西，用 \(U_1,U_2,R\) 处理，这么做就不能优化了，要翻转坐标系翻转 \(U,V\) ，而两个空间大小不等，补充一个 \(R\) 会造成多解。这么做是加强了本题，本题限制了 \(B_1,B_2<M\) 才保证后面的差值式子可以计算。