做题记录 25.4.21

\(\textcolor{purple}\odot\) CF2068H Statues

令 \(d_0=|a|+|b|\)

若 \(d_0,d_1,\cdots,d_{n-1}\) 合法，则每次需要找到点 \((x_{n-1},y_{n-1})\)，满足
\(|x_{n-1}-a|+|y_{n-1}-b|=d_{n-1}\) 且 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|,d_1,\cdots,d_{n-2}\) 合法

因此 \(d_0\sim d_{n-1}\) 合法当且仅当 \(n=2\) 且 \(d_0=d_1\)，或存在 \((x_{n-1},y_{n-1})\) 满足 \(|x_{n-1}-a|+|y_{n-1}-b|=d_{n-1}\) 且 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|,d_1,\cdots,d_{n-2}\) 合法

\(d_0\sim d_{n-1}\) 合法的必要条件为 \(2\mid \sum d_i\) 且 \(2\max d_i\le \sum d_i\)，实际上这是充分的

对于合法的 \(d_0\sim d_{n-1}\)，方程组

\[\begin{cases} |x_{n-1}|+|y_{n-1}|=\min(d_0+d_{n-1},\sum d_i-d_0-d_{n-1})\\ |x_{n-1}-a|+|y_{n-1}-b|=d_{n-1}\\ \end{cases} \]

的解 \((x_{n-1},y_{n-1})\) 一定满足 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|,d_1,\cdots,d_{n-2}\) 合法（显然方程一定有解）

证明：

• 由于 \(\sum d_i\) 为偶数，因此 \(\min(d_0+d_{n-1},\sum d_i-d_0-d_{n-1})\equiv d_0+d_{n-1}\pmod 2\)，\(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|+\sum_{i=1}^{n-2} d_i\equiv |x_{n-1}|+|y_{n-1}|+\sum d_i-(d_0+d_{n-1})\equiv 0\pmod 2\)，即 \(\sum d'_i\) 为偶数
• 然后考虑证明 \(2\max d'_i\le \sum d'_i\)
• 即 \(2\max(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|,\{d_i\}_{i=1}^{n-2})\le |x_{n-1}|+|y_{n-1}|+\sum_{i=1}^{n-2}d_i\)
• 当 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|\ge \max_{i=1}^{n-2}d_i\) 时，\(2\max(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|,\{d_i\}_{i=1}^{n-2})=2(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|)\)，要证 \(2(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|)\le |x_{n-1}|+|y_{n-1}|+\sum_{i=1}^{n-2}d_i\)，即 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|\le \sum_{i=1}^{n-2}d_i\)，根据定义显然 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|\le \sum d_i-d_0-d_{n-1}=\sum_{i=1}^{n-2}d_i\) 成立
• 当 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|<\max_{i=1}^{n-2}d_i\) 时，要证 \(2\max_{i=1}^{n-2}d_i\le |x_{n-1}|+|y_{n-1}|+\sum_{i=1}^{n-2}d_i\)
• 由于 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|<\max_{i=1}^{n-2}d_i\le \sum_{i=1}^{n-2}d_i=\sum d_i-d_0-d_{n-1}\)，可得 \(|x_{n-1}|+|y_{n-1}|=d_0+d_{n-1}\)
• 因此要证 \(2\max_{i=1}^{n-2}d_i\le d_0+d_{n-1}+\sum_{i=1}^{n-2}d_i=\sum d_i\)
• 显然 \(2\max_{i=1}^{n-2}d_i\le 2\max d_i\le \sum d_i\) 成立

这一方程组通过枚举符号容易 \(O(1)\) 求解，因此可 \(O(n)\) 构造出一组合法解

代码

参考 1

参考 2

\(\textcolor{purple}\odot\) CF2071E LeaFall

以下用 \(p_i\) 表示题面中的 \(\frac{p_i}{q_i}\)，令 \(q_i=\frac{1-p_i}{p_i}\) 表示由 \(i\) 掉落到不掉落概率所需要乘以的系数

令 \(a_u=\prod_{v\in N(u)}p_v\) 表示 \(u\) 的所有邻居都掉落的概率

令 \(b_u=\prod_{v\in N(u)}a_uq_v\) 表示 \(u\) 的所有邻居中恰好有一个没有掉落的概率

令 \(d_u=(1-p_u)b_u\) 表示 \(b_u\) 的基础上 \(u\) 没有掉落的概率

考虑把点对 \((u,v)\) 拆为 \(\text{dis}(u,v)=1,\text{dis}(u,v)=2,\text{dis(u,v)>2}\) 三部分计算

\(\text{dis}(u,v)=1\) 等价于存在边 \((u,v)\)，因此枚举每条边 \((u,v)\)，其贡献为 \(u\) 和 \(v\) 都只有对方这一个邻居没有掉落的概率，为 \(a_ua_vq_uq_v\)，这部分容易 \(O(1)\) 计算

\(\text{dis}(u,v)=2\) 等价于存在点 \(x\) 同时为 \(u\) 和 \(v\) 的邻居，枚举 \(x\)，若 \(x\) 没掉落则 \((u,v)\) 的贡献为 \((1-p_u)\frac{a_u}{p_z}\times (1-p_v)\frac{a_v}{p_z}\)，若 \(x\) 掉落则 \((u,v)\) 的贡献为 \((1-p_u)\frac{b_u-a_uq_x}{p_z}\times (1-p_v)\frac{b_v-a_vq_x}{p_z}\)，因此一个 \(x\) 的总贡献为

\[(1-p_x)\sum_{u,v\in N(x), u<v}(1-p_u)\frac{a_u}{p_z}\times (1-p_v)\frac{a_v}{p_z}+p_x\sum_{u,v\in N(x), u<v}(1-p_u)\frac{b_u-a_uq_x}{p_z}\times (1-p_v)\frac{b_v-a_vq_x}{p_z} \]

两个求和都是 \(\sum_{u,v\in N(x),u<v}V_uV_v\) 的形式，除计算逆元外容易做到线性

\(\text{dis}(u,v)>2\) 的总贡献为

\[\begin{aligned} &\sum_{\text{dis}(u,v)>2}d_ud_v\\ =&\sum_{u,v}d_ud_v-\sum_{\text{dis}(u,v)=1}d_ud_v-\sum_{\text{dis}(u,v)=2}d_ud_v\\ =&\frac12\left(\left(\sum_i d_i\right)^2-\sum_i d_i^2\right)-\sum_{(u,v)\in E}d_ud_v-\sum_{x=1}^n \sum_{u,v\in N(x),u<v}d_ud_v\\ \end{aligned} \]

前两项容易做到 \(O(n)\)，第三项使用 \(\text{dis}(u,v)=2\) 的方式可做到线性

总时间复杂度 \(O(\sum n\log V)\)，若使用 \(O(n)\) 求任意 \(n\) 个数的逆元，则可做到 \(O(\sum(\log V+n))\) 或 \(O(\log V+\sum n)\)

代码

参考