2020-08-10 题目题解

本来应该跟着lf上概率入门但是不知道为什么还是可以在新高二这边苟，于是又听了一节课。讲了大概数学的一些题目，结果我一道都没有见过。。。

Chocolate

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题目大意

你有一个口袋，里面有无限个巧克力，有 \(c\) 种颜色，每次拿出一个（拿出的每种颜色的概率相同）放在桌子上，如果桌子上有该颜色，则拿走桌上另一颜色相同的巧克力，否则将该巧克力放到桌上。求拿出 \(n\) 个巧克力之后桌上有 \(m\) 个巧克力的概率。

\(c\le 100\ \ n,m\le 10^6\)

思路

很显然的结论就是桌上一种颜色最多出现一次。

不难想到一个 \(\Theta(nc)\) 的dp做法，我们可以设 \(f_{i,j}\) 表示拿出 \(i\) 个巧克力之后桌上有 \(j\) 个巧克力的概率，可以得到:

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\dfrac{c-j+1}{c}+f_{i-1,j+1}\dfrac{j+1}{c} \]

但是这道题有多组数据，所以还是会被卡。

但是我们发现我们这个东西可以使用矩阵优化做到 \(\Theta(c^3\log n)\) ，可以勉强卡过去。

我们可以发现，其实就是要求有 \(m\) 种颜色出现奇数次， \(c-m\) 种颜色出现偶数次，可以发现答案就是:

\[\dfrac{n!\dbinom{n}{m}}{c^n}[x^n]((\dfrac{e^x-e^{-x}}{2})^m(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2})^{c-m}) \]

（使用指数型指数函数是因为这是个序列，是有顺序的）

我们发现后面这个式子可以使用二项式定理展开，即:

\[=2^{-c}[x^n]((\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-1)^ie^{x(m-2i)})(\sum_{i=0}^{c-m}\binom{c-m}{i}e^{x(c-m-2i)})) \]

\[=2^{-c}[x^n](\sum_{i=0}^{m}\sum_{j=0}^{c-m}\binom{m}{i}\binom{c-m}{j}(-1)^ie^{x(c-2i-2j)}) \]

于是我们就可以在 \(\Theta(c^2)\) 的时间复杂度之内解决这个问题了。

\(\texttt{Code}\)

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Shuffling

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题目大意

有一个排列 \(1,2,...,n\) ，有另外两个排列 \(a_{1,2,...,n},b_{1,2,...,n}\) ，每次可以把当前排列的 \(a_i\) 位置移到位置 \(i\)，问当前排列变成 \(b\) 排列的最小步数。

\(n\le 520\)

思路

不难看出其实这就是一个置换。

我们如果把移动抽象成一条边，那一次置换其实就是所有环旋转一次，那我们就可以知道我们每个环要移动多少次（在模环的大小的意义下），于是我们就可以使用拓展中国剩余定理解决了。

注意： 如果您的拓展中国剩余定理写得比较丑，您应该开一个 \(\text{int128}\) 。

\(\texttt{Code}\)

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奇怪的数学题

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题目大意

定义 \(sgcd(n,m)\) 表示 \(n,m\) 的次大公因子，给定 \(n,k\) ，求出:

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}sgcd(i,j)^k \]

答案对 \(2^{32}\) 取模。

思路

让我又一次地体会到了 \(\texttt{Min-25}\) 筛的毒瘤。。。如果不会可以戳这里学习一波。。。

首先，不难想到 \(sgcd(i,j)=\dfrac{\gcd(i,j)}{\text{LPF}(\gcd(i,j))}\)

其中 \(\text{LPF}(i)\) 表示 \(i\) 的最小质因子。于是，答案就是:

\[\sum_{d=2}^{n} (\dfrac{d}{\text{LPF}(d)})^k(2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(i)-1) \]

（减 \(1\) 是因为 \((1,1)\) 会算两次）

看到这个式子，我们发现后面那个东西显然可以使用杜教筛筛出来，然后直接整除分块即可。考虑前面那个东西，我们这个东西似乎可以 \(\texttt{Min-25}\) 筛筛出来，但是这并不是一个积性函数。但是如果我们假设我们要求积性函数 \(f(x)=x^k,x\in \mathbb{P}\) 的前缀和，我们观察我们 \(g(n,i)\) 的转移：

\[g(n,i)=g(n,i-1)-\mathbb{P_i}^k(g(\lfloor\frac{n}{\mathbb{P_i}}\rfloor,i-1)-g(\mathbb{P_{i-1}},i-1)) \]

我们发现其实我们除以 \(\text{LPF}(d)\) 其实就相当于去掉最小质因数的贡献，在式子就相当于去掉 \(\mathbb{P_i}^k\) ，直接累加后面那一坨就好了，如果不理解可以见代码或者不管直接暴力理解 \(g(n,i)\) 的含义也可以，就相当于钦定 \(\mathbb{P_i}\) 为最小质因数计算贡献。

我们发现还有问题需要解决：

• 如何计算质数处的取值

• 如何计算 \(g(n,0)\)

首先第一个问题更好解决，我们发现质数处的取值为 \(1\)，即求出质数的个数，可以使用这道题的方法解决，大概意思就是说我们假定我们要求 \(I\) 的前缀和，那么最后 \(g(n,|\mathbb{P}|)\) 就是答案。

考虑第二个问题，其实就是要求：

\[\sum_{i=1}^{n}i^k-1 \]

这个显然可以使用第二类斯特林数展开得到：

\[=\sum_{i=1}^{k}\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}\dfrac{(n+1)^{\underline{i+1}}}{i+1} \]

这个可以直接暴力斯特林展开，然后再用有限微积分求到。（应该非常好求吧？（伦敦雾

但是这道题是直接自然溢出，所以不好求逆元，于是我们就只好麻烦一个找到 \(i+1\) 的倍数除掉之后再乘上去，反正都是 \(\Theta(k^2)\) 的。至于为什么我觉得非常显然，考虑剩余系即可。

于是，我们就解决了这道题了。时间复杂度 \(\Theta(\dfrac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n}++n^{\frac{2}{3}}+k^2)\) ，足以卡过去。

\(\texttt{Code}\)

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Chinese remainder theorem again

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题目大意

给出 \(n,a\) ，以及 \(M_{1,2,..,n}\) ，求出最小的 \(x\) 使得 \(x\equiv -a\pmod {M_i},s.t. 1\le i\le n\) 。

\(1\le n\le 10,1<M_i<100\)

思路

很简单，不难发现答案就是 \(\operatorname{lcm}(M_1,M_2,...,M_n)-a\)，据说直接拓展中国剩余定理会因为常数过大而T飞。。。( 不会吧？阿sir？

\(\texttt{Code}\)

很简单，懒得给了。

美妙的序列

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题目大意

给出 \(T\) 组询问，每次给出一个 \(n\) ，问有多少个 \(1\to n\) 的排列满足从该排列 任意位置 切开，左边最大值大于右边最小值。

答案对 \(998244353\)取模，保证 \(T,n\le 10^5\) 。

思路

我们通过打（OE）表（IS）发现如果我们设 \(f_n\) 表示长度为 \(n\) 时的答案，那么有递推式:

\[f_n=n!-\sum_{k=1}^{n-1}k!f_{n-k} \]

这里解释一下，就是说如果我们在一个排列放 \(1\to k\) 的任一排列，后面放剩下的 \(n-k\) 个，如果后面满足条件，那么该排列肯定不合法，因为从中间切开肯定就萎了。重点是为什么后面必须满足条件，这是因为这样保证不会算重，自己想一下就会明白为什么，自然语言不好解释。

这个式子显然可以用分治 \(\text{FFT}\) 做到 \(\Theta(n\log^2n)\) 。

然后我们移项之后发现：

\[1+\sum_{k=0}^{n} k!f_{n-k}=n! \]

然后我们就可以用多项式求逆做到 \(\Theta(n\log n)\) 了。

\(\texttt{Code}\)

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