做题记录 25.5.29

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1821F Timber

假定对于一种树的放置方式，从左往右考虑，能向左倒就向左，否则向右，这样一种倾倒方式唯一对应一种放置方案

令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 棵树，第 \(i\) 棵覆盖到 \(j\) 位置的方案数

则转移为

\[2f_{i,j}\to f_{i+1,l}\;(k+1\le l-j\le 2k)\\ f_{i,j}\to f_{i+1,l}\;(l-j>2k) \]

答案为 \(\sum_j f_{m,j}\)

显然 \(f_{u,\ast}\) 的 \(\text{OGF}\) 为 \(\left(\sum_{t=k+1}^{2k}2x^t+\sum_{t=2k+1}^{\infty}x^t\right)^u\)

因此答案为 \(\left(\sum_{t=k+1}^{2k}2x^t+\sum_{t=2k+1}^{\infty}x^t\right)^m\) \(x^0\) 到 \(x^n\) 项的系数和

使用多项式快速幂可以做到 \(O(n\log n)\)，但常数过大

答案为

\[\begin{aligned} &\sum_{t=0}^n [x^t]\left(\sum_{t=k+1}^{2k}2x^t+\sum_{t=2k+1}^{\infty}x^t\right)^m\\ =&\sum_{t=(k+1)m}^n [x^{t-(k+1)m}]\left(\sum_{t=0}^{k-1}2x^t+\sum_{t=k}^{\infty}x^t\right)^m \end{aligned} \]

而

\[\begin{aligned} &\sum_{t=0}^{k-1}2x^t+\sum_{t=k}^{\infty}x^t\\ =&\sum_{t=0}^{\infty}2x^t-\sum_{t=k}^{\infty}x^t\\ =&\sum_{t=0}^{\infty}2x^t-x^k\sum_{t=0}^{\infty}x^t\\ =&(2-x^k)\sum_{t=0}^{\infty}x^t\\ =&\frac{2-x^k}{1-x}\\ \end{aligned} \]

因此答案等于

\[\begin{aligned} &\sum_{t=(k+1)m}^n [x^{t-(k+1)m}](2-x^k)^m\left(\frac1{1-x}\right)^m\\ =&\sum_{t=0}^{n-(k+1)m} [x^t](2-x^k)^m\left(\frac1{1-x}\right)^m \end{aligned} \]

令 \(f_t=[x^{kt}](2-x^k)^m=\binom mt(-1)^t 2^{m-t}\)，\(g_t=[x^t]\left(\frac1{1-x}\right)^m=\binom{t+m-1}t\)，\(h\) 为 \(g\) 的前缀和数组，容易 \(O(n)\) 处理，则答案为

\[\begin{aligned} &\sum_{ki+j\le n-(k+1)m}f_ig_j\\ =&\sum_{ki\le n-(k+1)m}f_i h_{n-(k+1)m-ki}\\ \end{aligned} \]

时间复杂度 \(O(n)\)

代码

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1817C Similar Polynomials

令 \(a_i=[x^i]A\)，\(b_i=[x^i]B\)，则

\[\begin{aligned} A(x+s)=&\sum_{i=0}^n a_i (x+s)^i\\ =&\sum_{i=0}^n a_i \sum_{j=0}^i \binom ij x^js^{i-j}\\ =&\sum_{j=0}^n \sum_{i=j}^n a_i\binom ij s^{i-j} x^j\\ =&\sum_{i=0}^n b_ix^i = B(x) \end{aligned} \]

因此

\[b_i=\sum_{j=i}^n a_j\binom ji s^{j-i} \]

取 \(i=n-1\)，得 \(b_{n-1} = a_{n-1} + n a_n s\)，因此得到 \(b_{n-1},a_{n-1},a_n\) 后可求出 \(s\)

转化为存在 \(n\) 次多项式 \(F\)，给定 \(a_i=F(i)\;(0\le i\le n)\)，求出 \([x^n]F\) 和 \([x^{n-1}]F\)

考虑拉格朗日插值，显然 \(F=\sum_{i=0}^n a_i \prod_{j\ne i}\frac{x-j}{i-j}\)

则

\[\begin{aligned} [x^n]F=&[x^n]\sum_{i=0}^n a_i \prod_{j\ne i}\frac{x-j}{i-j}\\ =&\sum_{i=0}^n a_i \prod_{j\ne i}\frac1{i-j}\\ =&\sum_{i=0}^n \frac{a_i}{i!(n-i)!}\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} [x^{n-1}]F=&[x^{n-1}]\sum_{i=0}^n a_i \prod_{j\ne i}\frac{x-j}{i-j}\\ =&\sum_{i=0}^n a_i \prod_{j\ne i}\frac1{i-j}\cdot \sum_{j\ne i}(-j)\\ =&\sum_{i=0}^n \frac{a_i}{i!(n-i)!}\left(i-\frac{n(n+1)}2\right)\\ \end{aligned} \]

代码

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1817D Toy Machine

令 \(n\gets n-2\)，令 \(m=\frac{n+1}2\)

\(\text{LDRULU}\) 可以把 \(1\sim n\) 重排为 \(2\sim m,m+2\sim n-1,1,m+1,n\)，对称地 \(\text{RDLURU}\) 可以把 \(1\sim n\) 重排为 \(1,m-1,n,2\sim m-2,m\sim n-1\)

操作不超过 \(m-1\) 次时，\(\text{LDRULU}\) 相当于把 \(1\sim m\) 不断向前移，每次把第一个移到后面，而后面部分不保证顺序，实际上操作 \(m\) 次后第一个元素为 \(m+1\)，因此 \(\text{LDRULU}\) 操作不超过 \(m\) 次后第一个元素为操作次数加一，当 \(k\le m+1\) 时，可以 \(\text{LDRULU}\) 重复 \(k-1\) 次后操作 \(\text L\)

当 \(k>m+1\) 时，先 \(n-k\) 次 \(\text{RDLURU}\) 把 \(k\) 移到最右边，然后进行 \(m-1\) 次操作 \(\text{RDLD}\)，每次会把一个元素放到第二行右边的空缺中，且保持 \(k\) 仍然在第一行最后一个元素，操作过后第二行后一个空缺被填满，第一行剩下 \(m\) 个数，最后一个为 \(k\)，再进行 \(m-1\) 次 \(\text{LDRULU}\) 即可把 \(k\) 移到第一个位置，再进行一次 \(\text{L}\) 即可

代码

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1815D XOR Counting

当 \(m=1\) 时显然只能表示出 \(n\)

当 \(m\ge 3\) 时，能且仅能表示出 \([0,n]\) 中与 \(n\) 奇偶性相同的值，设为 \(x\) 则构造 \(x\;\;\frac{n-x}2\;\;\frac{n-x}2\;\;\cdots\)，所有这样的 \(x\) 的和是容易计算的

考虑 \(m=2\) 的情况，令 \(S_n=\{x\oplus (n-x)\mid 0\le x\le n\}\)，令 \(f_n=\sum_{u\in S_n}u\)，令 \(g_n=|S|\)，考虑 \(dp\)

当 \(n\) 为奇数时，设 \(n\) 拆为 \(a+b\)，且 \(a\) 为奇数，令 \(A=\frac{a-1}2,B=\frac b2\)，则 \(a\oplus b=(A\oplus B)+1,A+B=\frac{n-1}2\)，因此 \(f_n=2f_{\frac n2}+g_n\)，\(g_n=g_{\frac n2}\)

当 \(n\) 为偶数时，同理得 \(f_n=2(f_{\frac n2}+f_{\frac n2-1})\)，\(g_n=g_{\frac n2}+g_{\frac n2-1}\)

时间复杂度 \(O(T\log n)\)

代码

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