I 套题解

T1 背包

暴力 01 背包有 \(20\) 分。

下一个 Sub，贪心选价值最大的物品就行，至此有 \(30\) 分。

再下一个 Sub，这个是关键提示。考虑按顺序考虑每一个物品，不妨研究考虑到第一个物品的时候，由于剩下的所有体积都是 \(2\) 的倍数，如果此时 \(m\) 是奇数，则选择当前物品肯定不劣，否则我们将它的体积当成 \(2\) 即可。然后该考虑体积为 \(2\) 的物品，同理，如果此时 \(m\) 形如 \(4k + 2\)，则选择一个当前物品肯定不劣，否则把体积为 \(2\) 的所有物品（一个或两个）合并成一个体积为 \(4\) 的物品。后面以此类推即可。至此有 \(50\) 分。

一般情况下，思路基本相同。按照体积从小往大考虑，设当前体积为 \(p\)，下一个体积是 \(q\)，那么我们只要留下一个 \(q\) 的倍数即可，因此要在 \(p\) 这里消耗掉 \(\frac{m \bmod q}{p}\) 个，之后把所有剩下的 \(p\) 按照 \(\frac{q}{p}\) 打包起来升级成 \(q\) 就好。可能会出现一种特殊情况：要消耗一个 \(p\) 但是没有了，这时候直接把剩下的体积扔掉就好。至此有 \(100\) 分。

注：\(80\) 分那档给到可能存在的奇怪卡常做法。

T2 大数学

暴力对着题意做是 \(O(n^3) \sim O(n^4)\)，有 \(10\) 分。

每次往序列末尾加入一个 pair 来代表 \(x\) 个 \(y\)，容易猜出序列总共只会加入 \(O(n)\) 个 pair，使用一个桶记录目前 \(x\) 有几个，然后删除的时候懒删除就能 \(O(n)\) 求出单个区间答案。于是显然可以做到 \(O(nm)\)，有 \(30\) 分。

\(l = r\)，单次询问一定形如 \(\{x, x - 1\}\)。一次操作之后剩下 \(x + 1\) 个 \(x - 1\)。如果 \(x + 1\) 是偶数那直接结束，答案就是 \(x + (x - 1)(x + 1)\)，否则剩一个 \(x - 1\) 继续往后做。简单手玩即可推出式子。至此 \(40\) 分。

\(a_i = i\)，单次询问的序列一定形如 \(\{2, 3, 4, 5, 1, 2, 3, 4\}\) 这样，除了 \(r\) 和 \(l - 1\) 全都两两相消了，剩下 \(r\) 和 \(l - 1\) 分别继续往后做。只要 \(l \neq r\)，\(r + 1\) 和 \(l\) 就会相隔至少一个数，此时这两部分相互独立，两部分的答案加起来即可。\(l = r\) 做上一问。至此 \(50\) 分。

正解的情况，将区间写成若干值域连续段，不同段显然互不影响。先考虑 \(L \neq R\)，对于一段 \([L, R]\)，会累加 \(R\) 和 \(L - 1\) 的贡献，因此一个数被累加贡献是 \(x\) 存在且 \(x + 1\) 不存在以及 \(x\) 存在且 \(x - 1\) 不存在。对于 \(L = R\)，是 \(x\) 存在且 \(x + 1\) 和 \(x - 1\) 均不存在。可以直接 \(O(n^2 + m)\) 预处理所有区间后回答，或者直接莫队 \(O(n \sqrt m)\)，都是 \(70\) 分。

注意到对于询问区间的约束是一个二维数点，直接离线树状数组扫描线即可，复杂度 \(O(n \log n)\)，可以通过。

T3 刷题

首先，搜子根据写的好不好有 \(10 \sim 20\) 分。后者可能需要一些剪枝。

考虑到题干中的按位操作，以及数据范围里神奇的 \(2^{n - i} - 1\)，我们都应该考虑拆位。对于拆出来的每一位，我们能做的有效操作只有前缀推成 \(1\) 以及后缀推成 \(0\)。也就是说，每一位都要满足 \(1\) 位于一个前缀中。我们设 \(c_i\) 表示第 \(i\) 位的目标状态有几个 \(1\)，\(d_i\) 表示当前第 \(i\) 为有几个 \(1\)，那我们可以进行的操作变为：

• 选择一个集合 \(S\) 以及一个非负整数 \(p\)，对于所有 \(i \in S\)，进行 \(d_i = \max(d_i, p)\)，花费 \(f_S\) 的代价。
• 选择一个集合 \(S\) 以及一个非负整数 \(p\)，对于所有 \(i \in S\)，进行 \(d_i = \min(d_i, p)\)，花费 \(g_{U \setminus S}\) 的代价。

这样，问题变成了一个 \(k = \log m\) 的新问题。在这个刻画下，最少需要几次操作是显然容易求的，答案就是序列 \(c\) 中不同数字个数。这样就通过了 \(f_i = g_i = 1\) 的部分分，结合暴力可以获得 \(20 \sim 30\) 分。

由于只有大小关系，我们只需要记录当前每一个 \(d_i\) 与 \(c_i\) 的大小关系，由于关系有 \(<, =, >\) 三种，所以状态数为 \(O(3^k)\)。考虑暴力进行，暴力求每个状态的转移是 \(O(k 2^k)\)，因此总复杂度为 \(O(k 6^k) = O(m^{2.58} \log m)\)，拼上 \(f_i = g_i = 1\) 后根据常数可以通过 \(40 \sim 50\) 分。

显然没有这么多有效的转移。我们不妨考虑目前在转移操作 \(1\)，那么其实对于当前的 \(>\) 选不选无所谓（因为操作 \(1\) 只能让数字变大）。因此，我们只用枚举 \(<\) 和 \(=\) 中的位。那么，怎么实现“我要求一些位选，一些位不选，剩下爱选不选”呢？我们直接预处理即可，令 \(2\) 表示“\(0\) 或 \(1\)”，预处理时枚举一个三进制数然后对 \(2\) 的那些位子集枚举即可。不难证明，此时复杂度优化到 \(O(k 5^k) = O(m^{2.32} \log m)\)。拼上 \(f_i = g_i = 1\) 后根据常数可以通过 \(60 \sim 70\) 分。

我们每次操作一定都要把一位变成 \(=\)，并且不能把 \(=\) 号变掉（否则一定不是最少次数），那么 \(=\) 部分其实也不需要枚举。这样，我们每次只枚举 \(<\) 的子集，按照手法的好坏可以优化到 \(O(k^c 4^k) = O(m^2 \log^c m)(c \in \{1, 2\})\)。只要常数得当，应该都是可以得到 \(100\) 分的。

注：关于部分分，\(n \le 13\) 相关的两档都是启发你想拆位的，\(f_i = g_i\) 启发你想每次操作必须生成 \(=\) 并且不能弄掉 \(=\)。

T4 图论

首先容易发现，两类生成菊花森林分别表示右部点和左部点的度数之积。由于 \(c_1, c_2\) 很小，所以在先忽略 \(1\) 度点的情况下，可以搜出来所有可能的度数多重集，在 \(c \le 10^6\) 的时候容易得出最多的时候合法的度数多重集也只有大约 \(N = 23000\) 种。考虑暴力，枚举左部点多重集和右部点多重集，这里我们设左边当前点数 \(a\) 总度数 \(b\)，右边点数 \(c\) 总度数 \(d\)。由于二分图所以最后左部点度数和等于右部点度数和，又因为基环树所以这个度数和还等于总点数。据此，我们可以知道左部点要补 \((d - c) - a\) 个 \(1\) 度点，右部点要补 \((b - a) - c\) 个 \(1\) 度点。补完之后看看怎么计算答案。首先我们乘上一个多重组合数，然后就相当于给定每个点的度数求二分基环森林的个数。这个一看就很像 prufer 序列干的事，但是正常的 prufer 序列既做不了二分图也做不了基环树。于是我们开始发明创造。

首先考虑二分树咋做。我们仿照 prufer 序列，每次删掉最小叶子并往序列中加入父亲，但是有很多的序列不能还原，原因是此时最后一位和此时最小叶子同色，如果考虑去重之类的就走远了。考虑到这个序列天生会分为出现左部点和出现右部点，我们不妨分成两个序列。算法流程同样是每次删最小叶子，然后将父亲加入对应颜色的序列中。随便手玩一下可以发现这是正确的。据此我们可以得到一个经典结论：二分树的数量是 \(A^{B - 1}B^{A - 1}\)。但是这在此题不重要，就是提一嘴而已。容易发现这个 prufer 序列同样有经典的性质，每个点出现次数是其度数减一，所以大概是可以用来做本题的问题的。

继续考虑二分基环树，发现怎么都很难避免环所带来的算重的问题，那我们直接孤立掉环！每次找到最小的一度点删掉做上面的算法流程，直到剩下一个环就停下。在环本身已经确定了的情况下，这个我们发明的 prufer 序列就是对的了吗？其实不然。手玩一下可以发现，在 \(A = 3, B = 4\) 的情况下，假设环上节点是 \(1, 2, 4, 5\)，那么在两个序列分别是 1/2/3, 3、6/7 的时候爆炸。可以发现，此时爆炸的原因是两个序列上最后一位都不是环上节点。不难证明，当且仅当出现这种情况会导致序列无法还原，这里留给读者证明。

考虑如何计数。此时我们的序列中非环上点出现次数是度数减一，环上点是度数减二。这太不好看了，于是我们直接在序列后面添加所有环上节点，然后只要把答案除以环长阶乘就好了。现在我们的约束是给定每个值出现次数，序列后 \(k\) 个数字必须不重复。这里我们可以发现，要求序列最后一位不在环上就等价于后 \(k+1\) 个数字不重复。于是此时只要我们能对于一个度数序列求后 \(k\) 位不重复方案数，然后用 \(k\) 的乘起来减去 \(k + 1\) 的乘起来就行了。下面设 \(S\) 是环上点集，推一下式子：

\[\begin{aligned} f_{k} &= (n - k)! k! \sum_S \frac{1}{\prod_{i \in S} (a_i - 1)! \prod_{i \notin S} a_i!}\\ &= \frac{(n - k)!k!}{\prod_{i = 1}^m a_i!} \sum_S \prod_{i \in S} a_i\\ &= \frac{(n - k)!k!}{\prod_{i = 1}^m a_i} g_k \end{aligned} \]

其中 \(g_k\) 为所有大小为 \(k\) 的子集乘积和，显然可以 \(O(m^2)\) 计算，其中 \(m\) 为度数非 \(1\) 点个数，这里把 \(m^2\) 可以简单估到 \(O(\log^2 V)\)。于是复杂度是 \(O(N^2 \log^2 V)\)，可以获得不知道多少分。

考虑优化，显然我们负担不起 \(O(N^2)\) 再乘东西，但是我们发现系数只和补的 \(1\) 度点个数有关。以左部点为例，补的 \(1\) 度点除了和自己的 \(a\) 有关以外只和对面的 \(d - c\) 有关。直觉告诉我们这个 \(d - c\) 种类数很少，事实也的确如此，这里只有 \(M = 420\) 种不同的 \(d - c\) 。于是我们对于每个 \(d - c\) 求出所有左部点的度数分拆方案的系数和，枚举右部点计算即可。复杂度为很松的 \(O(NM \log V + N \log^2 V)\)。为啥说很松呢？你环长稍微大一点那个 \(NM\) 都会巨幅减少，完全乘不上一个 \(\log\)，并且那个 \(\log^2 V\) 也是不满的，几乎没有几个分拆能跑到这么大，所以其实跑起来的感觉像是 \(O(NM + N \log V)\)，因此通过绰绰有余。