洛谷P9838 挑战 NPC IV
0x1f 省流
给出一个 $1 \to n $ 排列 \(a_1 \to a_n\)，该排列的权值为 \(S\)
求第 \(k\) 小的 \(S\)。
0x2f 关于思路
\(NPC\) 问题显然可做
\(\textbf{Subtask 1: } n \le 10\)
暴力枚举排列、暴力枚举区间、暴力计算贡献、暴力······
\(O(n^2n!)\)
\(\textbf{Subtask 2: } k \le 2\)
这个函数，发现一定存在 \(f(a)=f(b)\)，相当的廉价。
什么意思呢？
我们在排列中直接交换 \(a,b\)，发现 \(S\) 不变，实际上求最小的 \(S\)。
关于 \(k\) 的约束条件消失了。
首先考虑 \(k=1\) 的时候怎么做。
考虑最终的位置 \(i\) 会被多少个区间统计到，不难发现它计入贡献的次数是 \(b_i = i \times (n-i+1)\)。
也就是说问题转化成，令 \(a_i = f(i)\)，\(b_i = i \times (n-i+1)\)。，我们要对 \(a\) 序列指定一个顺序，最小化 \(\sum_{i=1}^n a_i \times b_i\)。
这是我们小学二年级就学过的贪心。
\(O(n)\) 过掉。
\(\textbf{Subtask 3: } 10^5 \le n \le 10^6\)
\(f(a)=f(b)\)，没错就是这个廉价的性质。
经过初步计算，\(f(a) = f(b) = 1\) 约有 \(\dfrac{n}{2}\) 个解，\(f(a) = f(b) = 2\) 约有 \(\dfrac{n}{4}\) 个解.
所以总的最值方案数共有 \(\prod_{i=1}^{\log_2 n} {\dfrac{n}{2^i}!}\) 种。
经过实际精确的计算，在 \(n = 29\) 时，总最值方案数超过了 \(10^{18}\)。
因此我们可以继续贪心。
\(O(n)\) 过掉。
0x3f 关于正解
事实上，在上一节我们已经积累了很多奇技淫巧来完成这道题。
这里采用数据 点分治 的做法。
\(\textbf{Case 1: } n > 28\)
\(O(n)\) 不足以让我们过掉 \(10^{18}\) 的数据。
显然可以优化 \(O(n)\) 的做法。
考虑 \(\sum_{i=1}^n a_i \times b_i\) 这个式子。
我们之前的做法是排序后一个一个计算。
事实上，\(a_i\) 是重复的，将一段 \(a_i\) 提出来，求
我们展开式子：
可以看到，对于每一个 \(a_i\)，可以 \(O(1)\) 求出 \(a_i \times \sum_{i=l}^r b_i\)。
因此复杂度 \(O(\log n)\)
\(\textbf{Case 2: } n \le 28\)
只需要 \(\textbf{DP}\)。
因为选一个数的方案时，只有前面选过的数量影响方案数。
\(\because \log28 \le 5\)
预处理 \(cnt\) 数组， \(cnt_i\) 表示 \(1 \to n\) 一共有多少个 \(f(x) = i\)。
我们设 \(\large dp_{a,b,c,d,e,sum}\) 表示当前选了 \(a\) 个 \(f(1)\)，\(b\) 个 \(f(2)\)，\(c\) 个 \(f(3)\)，\(d\) 个 \(f(4)\)，\(e\) 个 \(f(5)\)，当前产生贡献 \(sum\)。
显然当前一共枚举了 \(tot = a + b + c + d + e\) 个数。
有比较简单的转移方程（在这里不计边界条件）：
总复杂度即总状态数，\(n=28\) 时约 \(O(10^7)\)。
一定很简单对吧！！
0x4f 关于代码
码风勿喷，放两种格式的。
希望大家能看懂 (づ′▽`)づ~
\(\huge \mathscr{Code}\)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int M = 1e4+5,MOD = 998244353,inv2 = 499122177,inv6 = 166374059;
int n,m,q,k;
int dp[16][9][5][3][2][M],cnt[6];
int f(int x){
return log2(x&-x) + 1;
}
int solve1(){
dp[0][0][0][0][0][0] = 1;
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[f(i)]++;
for(int a=0;a<=cnt[1];a++){
for(int b=0;b<=cnt[2];b++){
for(int c=0;c<=cnt[3];c++){
for(int d=0;d<=cnt[4];d++){
for(int e=0;e<=cnt[5];e++){
int tot = a+b+c+d+e,contribute = tot*(n-tot+1);
for(int sum=1;sum<M;sum++){
dp[a][b][c][d][e][sum] = 0;
if(a && sum>=1*contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a-1][b][c][d][e][sum - 1*contribute] * (cnt[1]-a+1);
if(b && sum>=2*contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b-1][c][d][e][sum - 2*contribute] * (cnt[2]-b+1);
if(c && sum>=3*contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b][c-1][d][e][sum - 3*contribute] * (cnt[3]-c+1);
if(d && sum>=4*contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b][c][d-1][e][sum - 4*contribute] * (cnt[4]-d+1);
if(e && sum>=5*contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b][c][d][e-1][sum - 5*contribute] * (cnt[5]-e+1);
}
}
}
}
}
}
int rec = 0;
for(int i=1;i<M;i++){
rec += dp[cnt[1]][cnt[2]][cnt[3]][cnt[4]][cnt[5]][i];
if(rec>=k) return i;
}
return 0;
}
int sum(int l,int r){
if(l>r) return 0;
l %= MOD,r %= MOD;
int s1 = (n+1)%MOD*(l+r)%MOD*(r-l+1)%MOD*inv2%MOD;
int s2 = r*(r+1)%MOD*(2*r+1)%MOD*inv6%MOD;
int s3 = l*(l-1)%MOD*(2*l-1)%MOD*inv6%MOD;
return ((s1-s2+s3)%MOD+MOD)%MOD;
}
int solve2(){
int l = 1,r = n,ans = 0;
for(int i=log2(n)+1;i;i--){
int c = (n>>(i-1)) - (n>>i);
int dl = c>>1,dr = c-dl;
if(l<n-r+1) swap(dl,dr);
ans = (ans + i*sum(l,l+dl-1))%MOD;
ans = (ans + i*sum(r-dr+1,r))%MOD;
l += dl,r -= dr;
}
return ans;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>q;
while(q--){
cin>>n>>k;
int ans = n<=28?solve1():solve2();
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int M = 1e4 + 5, MOD = 998244353, inv2 = 499122177, inv6 = 166374059;
int n, m, q, k;
int dp[16][9][5][3][2][M], cnt[6];
int f(int x) {
return log2(x & -x) + 1;
}
int solve1() {
dp[0][0][0][0][0][0] = 1;
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[f(i)]++;
for (int a = 0; a <= cnt[1]; a++) {
for (int b = 0; b <= cnt[2]; b++) {
for (int c = 0; c <= cnt[3]; c++) {
for (int d = 0; d <= cnt[4]; d++) {
for (int e = 0; e <= cnt[5]; e++) {
int tot = a + b + c + d + e, contribute = tot * (n - tot + 1);
for (int sum = 1; sum < M; sum++) {
dp[a][b][c][d][e][sum] = 0;
if (a && sum >= 1 * contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a - 1][b][c][d][e][sum - 1 * contribute] * (cnt[1] - a + 1);
if (b && sum >= 2 * contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b - 1][c][d][e][sum - 2 * contribute] * (cnt[2] - b + 1);
if (c && sum >= 3 * contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b][c - 1][d][e][sum - 3 * contribute] * (cnt[3] - c + 1);
if (d && sum >= 4 * contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b][c][d - 1][e][sum - 4 * contribute] * (cnt[4] - d + 1);
if (e && sum >= 5 * contribute) dp[a][b][c][d][e][sum] += dp[a][b][c][d][e - 1][sum - 5 * contribute] * (cnt[5] - e + 1);
}
}
}
}
}
}
int rec = 0;
for (int i = 1; i < M; i++) {
rec += dp[cnt[1]][cnt[2]][cnt[3]][cnt[4]][cnt[5]][i];
if (rec >= k) return i;
}
return 0;
}
int sum(int l, int r) {
if (l > r) return 0;
l %= MOD, r %= MOD;
int s1 = (n + 1) % MOD * (l + r) % MOD * (r - l + 1) % MOD * inv2 % MOD;
int s2 = r * (r + 1) % MOD * (2 * r + 1) % MOD * inv6 % MOD;
int s3 = l * (l - 1) % MOD * (2 * l - 1) % MOD * inv6 % MOD;
return ((s1 - s2 + s3) % MOD + MOD) % MOD;
}
int solve2() {
int l = 1, r = n, ans = 0;
for (int i = log2(n) + 1; i; i--) {
int c = (n >> (i - 1)) - (n >> i);
int dl = c >> 1, dr = c - dl;
if (l < n - r + 1) swap(dl, dr);
ans = (ans + i * sum(l, l + dl - 1)) % MOD;
ans = (ans + i * sum(r - dr + 1, r)) % MOD;
l += dl, r -= dr;
}
return ans;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> q;
while (q--) {
cin >> n >> k;
int ans = n <= 28 ? solve1() : solve2();
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号