做题记录 25.6.18

\(\textcolor{purple}\odot\) CF1734F Zeros and Ones

相当于求 \(\sum_{i=0}^{m-1}\text{parity}(i\oplus (i+n))\)，其中 \(\text{parity}(x)=\text{popcount}(x)\bmod 2\)

令 \(f(n,m)\) 表示答案，则

\[\begin{aligned} f(n,m)=&\sum_{i=0}^{m-1}\text{parity}(i\oplus (i+n))\\ =&\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2\rfloor-1}\text{parity}((2i+1)\oplus (2i+1+n))+\sum_{i=0}^{\lceil \frac m2\rceil-1}\text{parity}((2i)\oplus (2i+n))\\ \end{aligned} \]

当 \(n=2l+1\) 时，有

\[\begin{aligned} f(n,m)=&\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2\rfloor-1}\text{parity}((2i+1)\oplus (2i+1+n))+\sum_{i=0}^{\lceil \frac m2\rceil-1}\text{parity}((2i)\oplus (2i+n))\\ =&\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2\rfloor-1}\text{parity}((2i+1)\oplus (2i+1+2l+1))+\sum_{i=0}^{\lceil \frac m2\rceil-1}\text{parity}((2i)\oplus (2i+2l+1))\\ =&\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2\rfloor-1}(1-\text{parity}(i\oplus (i+l+1)))+\sum_{i=0}^{\lceil \frac m2\rceil-1}(1-\text{parity}(i\oplus (i+l)))\\ =&m-\sum_{i=0}^{\lfloor \frac m2\rfloor-1}\text{parity}(i\oplus (i+l+1))-\sum_{i=0}^{\lceil \frac m2\rceil-1}\text{parity}(i\oplus (i+l))\\ =&m-f\left(l+1,\left\lfloor \frac m2\right\rfloor\right)-f\left(l,\left\lceil \frac m2\right\rceil\right) \end{aligned} \]

记忆化搜索即可，时间复杂度 \(O(\sum(\log n+\log m))\)（使用 unordered_map）

代码

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1732E Location

分块，每块 \(B\) 预处理 \(mn_{1\sim V}\)，其中 \(mn_d=\min_{b_i \in B,d\mid b_i} b_i\)，令块长为 \(S\)，则这部分预处理时间复杂度为 \(O(\frac nBV\ln V)\)

每块维护覆盖标记和当前答案

每块的答案容易 \(O(\frac nS\log V)\) 计算

若区间覆盖为 \(v\)，则打上标记并跟新答案为 \(\min_{d\mid v} \frac {mn_d}d\frac vd\)，每块时间复杂度 \(O(d(V))\)，其中 \(d(V)\) 表示 \(1\sim V\) 中最大因子数，\(V=5\times10^4\) 时 \(d(V)=100\)

总时间复杂度 \(O(\frac nSV\log V+q(S\log V+\frac nSd(V)))\)，\(S\) 取 \(\sqrt{\frac {nd(V)}{\log V}}\) 最优，时间复杂度 \(O(\frac nSV\log V+q\sqrt{nd(V)\log V})\)

代码

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1733E Conveyor

第 \(k\) 个史莱姆最终到达的位置 \((x,y)\) 必然有 \(x+y=k\)，因此不存在两个史莱姆到了同一个格子上的情况

考虑差分，求出 \(0\sim t\) 时刻经过 \((x,y)\) 的数量，减去 \(0\sim t-1\) 时刻经过 \((x,y)\) 的数量，若结果 \(=0\) 则 \(t\) 时刻时 \((x,y)\) 不存在，否则存在

转化为给定 \((t,x,y)\)，求出 \(0\sim t\) 时刻内经过 \((x,y)\) 的数量

显然只有 \(0\sim t-x-y\) 出发的才可能到达，总计 \(t-x-y+1\) 个

令 \(f_{i,j}\) 表示这 \(t-x-y+1\) 个中，在 \(0\sim t\) 时刻经过 \((i,j)\) 的数量

显然 \(f_{0,0}=s\)，转移为 \(f_{x,y+1}\gets \lfloor\frac 12f_{x,y}\rfloor\)，\(f_{x,y+1}\gets \lceil\frac 12f_{x,y}\rceil\)

时间复杂度 \(O(\sum xy)\)

代码

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1732D2 Balance (Hard version)

令 \(S\) 表示题目中的集合，令 \(R_k\) 表示 \(k\) 的待选集合（即这里面的数可能成为 \(k-\text{mex}\)），令 \(F_v\) 表示 \(v\) 对 \(R_k\) 产生的影响的集合（加入一个数 \(v\) 后对于所有 \(d\mid v\) 都要从 \(R_d\) 中删去 \(v\)，但实际上只删除了一部分 \(R_d\) 的 \(v\)，用 \(F_v\) 表示这部分子集，用于从 \(S\) 删数后对 \(R\) 的恢复）

加入 \(x\) 时，\(S\gets S\cup\{x\}\)

删除 \(x\) 时，\(S\gets S/\{x\}\)，\(\forall u\in F_x,R_u\gets R_u\cup\{x\}\)

查询 \(k\) 时，先向 \(R_k\) 中加入 \(k\)，令 \(u\gets \min R_k\)

若 \(u\in S\)，则 \(R_k\gets R_k/\{u\}\)，若此时 \(R_k=\emptyset\) 则 \(R_k\gets R_k\cup\{u+k\}\)，然后令 \(u\gets \min R_k\)，\(F_u\gets F_u\cup\{k\}\)，并重复

答案为 \(u\)

时间复杂度未知但可过

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\(\textcolor{purple}\odot\) CF1731F Function Sum

考虑每个 \(i\) 的贡献

枚举 \(lsl(i)=l\)，\(grr(i)=r\)，\(a_i=v\)，此时方案数为 \(\binom{i-1}l\binom{n-i}r(v-1)^l (k-v+1)^{i-1-l}(k-v)^rv^{n-i-r}\)

答案为

\[\sum_{i=1}^n \sum_{0\le l\le i-1,0\le r\le n-i,l<r}\binom{i-1}l\binom{n-i}r\sum_{v=1}^k v(v-1)^l (k-v+1)^{i-1-l}(k-v)^rv^{n-i-r} \]

令 $F(v)=v(v-1)^l (k-v+1)^{i-1-l}(k-v)rv^{n-i-r} $，显然为 \(O(n)\) 次多项式，且容易 \(O(n^2)\) 求出 \(F\)，转化为求 \(\sum_{v=1}^k F(v)\)，通过 \(\sum_{v=1}^s F(v)\mid 1\le s\le O(n)\) 插出结果即可，单次时间复杂度 \(O(n^2)\)

总时间复杂度 \(O(n^5)\)

代码