2023.1.30 省选模拟赛总结

1.时间安排

7:30~8:00

浅看三题题面：T1是排列的DP，T2是逆序对相关的数据结构，T3是计数。

先开T1：

考虑如果给定 b 序列怎么判断其是否合法，考虑倒叙枚举，从贪心的角度维护一个"对号"一样的形状，可以证明这样最优，如果发现某个元素无法插进"对号"里一定不合法。

这样就可以写暴力了，复杂度 \(O(n*n!)\)，但是可以打表，发现 \(m=1\) 是2的幂，\(m=n\)是卡特兰数，一共40pts。

8:00~9:30

先把T2暴力 \(n^3\) 写了方便对拍。

一开始认为是维护若干上升序列，答案是上升序列逆序对数量+逆序对长度，但是这个上升序列太难维护了，而且复杂度似乎不如 \(n^3\)，就放弃了这个思路。

答案实际上就是逆序对数加上题目中的 \(v\) 数组为1的位置个数，打表发现 \(v\) 数组具有继承关系，于是可以 \(n^2\) 暴力记录并维护 \(v\) 数组。

对于排列的情况，发现每次 \(v\) 数组更新是一次对后缀的区间覆盖，用线段树维护即可，复杂度 \(nlogn\)，一共65pts。

但是感觉这个做法很难拓展到正解，就没有细想。

9:30~11:00

（最不喜欢的一题）

一眼看上去T3没有一分会写，感觉很像高斯消元，但是数据范围 \(n=500\) 而且矩阵大小还是其常数倍，肯定不能做。

有一个部分分是两个基本步是平行关系，于是决定写这20pts。

经过1h+的暴力分讨，终于写完了，没有大数据只能自己手构一些小数据测试，没什么问题，寄希望于数据水，不卡没考虑到的边界情况。

（分讨题似一似，谢谢喵）

11:00~12:00

尝试T1的 \(n^2\) DP，打表发现 b 的形状可以表示为一个上升序列挑出若干相邻的区间交换，就DP这个东西。

一直到比赛结束都没调出来，应该是思路错了。

result:

T1:40 T2:50(爆int了……) T3:30

2.总结

T1：

原题解过于抽象，经过与Cafard和Larunatrecy的2h+讨论后得出了2种理解，这里写下我个人的理解。

从前/后缀和的角度理解本题。

首先 A 序列一定是"√"的形状，既然是对 B 序列计数，就考虑怎么把合法的 B 序列还原成"√"。

有一种策略是先把"√"的左侧尽量填满，左侧填不下再填右侧，这样构造可以设计 dp 状态，用 \(f_{i,j}\) 表示 B 的前 \(i\) 个数中最小的是 \(j\) 的方案数，转移方程为:$$f_{i,j}=\sum_{k=j}^n f_{i-1,k}$$

边界为 \(f_{0,n+1}=1\)，表示填一个虚空的 \(n+1\)，后面填任意的数都一定会小于 n+1。

这样的 dp 做到 \(f_{k-1}\) 就足够了，后面 \(n-k\) 个元素一共有 \(2^{n-k-1}\) 种方案，容易发现他们都是合法的。

所以我们的目标是计算 \(2^{n-k-1}*\sum_{i=2}^n f_{k-1, i}\)

用后缀和 \(g_{i,j}=\sum_{k=j}^n f_{i, k}\)

则我们要计算的是 \(2^{n-k-1}*g_{k-1, 2}\)

则 $$f_{i,j}=g_{i-1,j}$$

因为 $$g_{i,j}=g_{i,j+1}+f_{i,j}$$

所以 \(g_{i,j}=g_{i,j+1}+g_{i-1,j}\)

这个式子很像格路计数，考虑设 \(h_{i,j}=g_{i,n+1-j}\)，我们的目标变为 \(2^{n-k-1}*h_{k-1, n-1}\)。

则上式可以表示为 \(h_{i,j}=h_{i,j-1}+h_{i-1,j}\)。

这就是格路计数的式子了，初始值为 \(h_{0,0}=1\)。

则 \(h_{k-1,n-1}\) 就表示从 \((0,0)\) 沿格路走到 \((k-1,n-1)\) 且路径不越过 \(y=x\) 的方案数，应用卡特兰数的几何意义求得答案为 \(C^{k-1}_{k+n-2}-C^{k-2}_{k+n-2}\)。

所以我们的目标变为 \(2^{n-k-1}*(C^{k-1}_{k+n-2}-C^{k-2}_{k+n-2})\)。

预处理组合数即可，复杂度线性+快速幂，注意边界情况特判。

T2：

没想到我的做法确实能拓展，%Larunatrecy场切，有两种做法，这里讲一下Larunatrecy的那种可以由我的做法拓展得到的做法。

我的做法瓶颈在于依赖排列，然而每个数在 \(v\) 数组中只会从0变成1，所以考虑暴力更新 \(v\) 数组，每次只更新原来是0的位置。

考虑新增位置 \(i\) 时，只会与前面小于它的数做交换，可以暴力在线段树上给这些颜色删去一个0（如果没有就不删去），同时因为自己被交换到了前面，所以对自己的种类没有加入0的贡献。如果发现前面没有小于它的数，那么在线段树上就给自己加一个0。

容易证明正确性，复杂度均摊 \(O(nlogn)\)。

T3:

根据平面向量唯一分界定理，如果给定的两个向量不平行，那么终点和所有的陷阱都能用 \(ax+by\)（x,y是给定的向量）来表达（当然本题中要求a和b是非负整数）。

当不平行时，可以用棋盘上有 \(n\) 个禁止放置的格子的路径数的做法用二项式容斥解决。

当平行时，需要写个拓扑排序判无解，然后转化成拓扑序计数问题。