4 月 11 日记录

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考虑 \(m=2^k\) 的情形。此时相当于有一棵 \(k+1\) 层的满二叉树，我们要把 \(n\) 种颜色分配给每个叶结点。假设第 \(i\) 层有 \(c_i\) 个子树内部颜色不全相同，期望情况下需要投掷的次数是 \(\sum_{i=0}^k 2^{-i}c_i\)。最优分配的答案可以由一个式子计算得到：\(k-\sum_{i=1}^n\sum_{j\in bit(a_i)}2^{-(k-j)}j\)。

否则，考虑 \(m=m'2^k\)，其中 \((m,m')=1\)。将 \(m\) 扩展到最小的 \(2^t\) 不能保证是最优的方法。尝试思考这样做为什么是错误的：一个简单的反例是 \(c=\{3,3\}\)。问题的核心在于约分——只需要保证最后得到与给定相同的概率分布。先约去 \(m\) 和 \(a_i\) 的公因子，然后考虑将它变换为一个分数 \(\frac{ta_i}{tm}\)，其中 \(t\in \N^+\)。找到最小的 \(2^k\ge tm\)。结论是最优的 \(t\) 一定使得 \(2^k-tm\) 最小。注意 \(k\) 可能是 \(O(m)\) 量级的。令 \(r=2^k\bmod m\)，即最小化 \(r\)。找到 \(r\) 后就可以按照 \(m=2^k\) 的式子 \(O(nm)\) 算出答案。（实际上由于 \(\sum a_i=m\)，不同的 \(a_i\) 只有 \(\sqrt{2m}\) 种，暴力是 \(O(m\sqrt m)\) 的。）

优化到 \(O(m)\) 是容易的，将 \(i\to 2i\bmod m\) 连边，会构成一棵基环内向树。求从 \(a_i\) 跳 \(k\) 步的信息和。简单倍增时间 \(O(m\log m)\)，空间线性，但是无法通过，甚至没有 \(O(m\sqrt m)\) 跑得快。做一些答辩分讨可以 \(O(m)\)，谁写？？？

我写了，但是被卡空间了。

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nfls ver.

首先考虑 \(m=2^k\) 的情况。此时相当于有一棵 \(k+1\) 层的满二叉树，我们要把 \(n\) 种颜色分配给每个叶结点。当一个子树内部只含一种颜色就没有必要继续下去。设第 \(i\) 层有 \(c_i\) 个子树内部颜色不全相同，期望情况下需要投掷的次数是 \(\sum_{i=0}^k 2^{-i}c_i\)。最优分配的答案可以由一个式子计算得到：\(k-\sum_{i=1}^n\sum_{j\in bit(a_i)}2^{-(k-j)}j\)。

否则，考虑 \(m=m'2^k\)，其中 \((m,m')=1\)。将 \(m\) 扩展到最小的 \(2^t\) 并不一定是最优的。尝试思考这样做为什么是错误的：一个简单的反例是 \(a=\{3,3\}\)。问题的核心在于约分——只需要最后得到与给定相同的概率分布，而不必让形态也完全固定。先约去 \(m\) 和 \(a_i\) 的公因子，然后考虑将它变换为一个分数 \(\frac{ta_i}{tm}\)，其中 \(t\in \N^+\)。找到最小的 \(2^k\ge tm\)。对于每个 \(a_i\)，变成 \(ta_i\) 个叶子；剩下的 \(2^k-tm\) 个叶子就作为空叶子重新开始。结论是最优的 \(t\) 一定使得 \(2^k-tm\) 最小。注意 \(k\) 可能是 \(O(m)\) 量级的。令 \(r=2^k\bmod m\)，即最小化 \(r\)。找到最小的 \(r\) 后就可以按照 \(m=2^k\) 的式子 \(O(nm)\) 算出答案。（实际上由于 \(\sum a_i=m\)，不同的 \(a_i\) 只有 \(\sqrt{2m}\) 种，暴力是 \(O(m\sqrt m)\) 的。）

优化到 \(O(m)\) 是容易的，将 \(i\to 2i\bmod m\) 连边，会形成一棵基环内向树。我们给 \(2i\ge m\) 的边带上一个信息。考虑式子的本质就是求从 \(a_i\) 跳 \(k\) 步经过的边的信息和。只需要在基环树上做一些分讨即可做到 \(O(m)\)。注意不要因为求逆元而使复杂度退化。