3 月做题记录

\(\text{2025/3/26}\)

Luogu P3643 [APIO2016] 划艇

值域区间有经典套路，把它变成左闭右开的，端点扔进去离散化，然后考虑每对相邻端点所对应的值域段。设第 \(i\) 段的值域段为 \([l_i,r_i)\)。

考虑 DP。令 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 所学校，第 \(i\) 所学校派出的划艇数量 \(cnt\in [l_j,r_j)\)。若 \([l_j,r_j)\not\subseteq [a_i,b_i)\)，则 \(f_{i,j}=0\)。我们枚举最大的 \(k\) 使得它派出的划艇数量和 \(i\) 不在同一个值域段内，那么 \([k+1,i]\) 中的学校要么不派出划艇，要么划艇数量在 \([l_j,r_j)\) 内。设其中有 \(c\) 个学校 \(p\) 满足 \([l_j,r_j)\subseteq [a_p,b_p)\)，即 \(c\) 个学校的划艇数量可以落在 \([l_j,r_j)\) 上，那么这部分的方案数相当于填 \(c\) 个数，满足非零数严格单增且落在 \([l_j,r_j)\) 上。枚举 \(0\) 的个数 \(t\)，设 \(len_j=r_j-l_j\)，容易得到方案数为

\[\sum_{t=0}^c\binom{c}{t}\binom{len_j}{c-t} \]

很显然的范德蒙德卷积的形式，因此这个式子等于 \(\binom{c+len_j}{c}\)。然后我们再枚举第 \(k\) 所学校所在值域段 \(p\)，容易列出转移方程：

\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^j\sum_{p=0}^{i-1}\binom{c+len_j}{c}f_{k,p} \]

注意我们令 \(f_{i,0}\) 表示第 \(i\) 所学校不派出划艇的方案数。暴力转移时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^4)\)，无法承受。注意到 \(c\) 和 \(p\) 无关，可以提出来，变成

\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^j\binom{c+len_j}{c}\sum_{p=0}^{i-1}f_{k,p} \]

第二层求和显然可以直接前缀和优化掉。至于组合数和 \(c\) 的计算，我们倒序枚举 \(k\)，则每次 \(k\leftarrow k-1\) 时，\(c\) 至多增加 \(1\)，而我们有

\[\binom{c+len_j+1}{c+1}=\frac{c+len_j+1}{c+1}\binom{c+len_j}{c} \]

于是我们线性递推预处理逆元，组合数就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 递推了。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。

Luogu P5591 小猪佩奇学数学

对于下整除有经典的 \(\left\lfloor\frac{i}{k}\right\rfloor=\frac{i-i\bmod{k}}{k}\)，于是原式等于

\[\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}p^i(i-i\bmod{k}) \]

把括号拆掉，分成两部分考虑。

• \(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}ip^i\)：由 \(\binom{n}{i}=\frac{n}{i}\binom{n-1}{i-1}\)，得 \(i\binom{n}{i}=n\binom{n-1}{i-1}\)，因此该式子等于 \(np\sum_{i=0}^n\binom{n-1}{i-1}p^{i-1}=np(p+1)^{n-1}\)。

• \(\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(i\bmod{k})p^i\)：套用单位根反演：

  \[\begin{align*} & \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}(i\bmod{k})p^i \\ = & \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{k-1}j[i\equiv j\pmod{k}] \\ = & \frac{1}{k}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{k-1}j\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{(i-j)x} \end{align*} \]

  考虑配出二项式定理的形式，变换求和顺序，得到

  \[\begin{align*} & \frac{1}{k}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\sum_{j=0}^{k-1}j\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{(i-j)x} \\ =&\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}j\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{-jx}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}\left(p\omega_k^{x}\right)^i \\ =&\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}j\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{-jx}\left(p\omega_k^{x}+1\right)^n \end{align*} \]

  再次变换求和顺序，得到

  \[\begin{align*} &\frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}j\sum_{x=0}^{k-1}\omega_k^{-jx}\left(p\omega_k^{x}+1\right)^n\\ =&\frac{1}{k}\sum_{x=0}^{k-1}\left(p\omega_k^{x}+1\right)^n\sum_{j=0}^{k-1}j\left(\omega_k^{-x}\right)^j \end{align*} \]

  第二个求和是形如 \(S=\sum_{j=0}^{k-1}ja^j\) 的式子，且 \(a^k=1\)。考虑化简，我们对其进行错位相减，得

  \[\begin{align*} &aS-S\\ =&\sum_{j=0}^{k-1}ja^{j+1}-\sum_{j=0}^{k-1}ja^j\\ =&\sum_{j=1}^{k}(j-1)a^j-\sum_{j=0}^{k-1}ja^j\\ =&(k-1)a^k-\sum_{j=1}^{k-1}a^j\\ =&k-1-\frac{a(1-a^{k-1})}{1-a}\\ =&k \end{align*} \]

  因此当 \(a\neq 1\) 时，\(S=k\)，当 \(a=1\) 时，由等差数列求和公式知 \(S=\frac{k(k-1)}{2}\)。

根据上述过程计算即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(k\log{n})\)。

\(\text{2025/3/27}\)

Luogu P4035 [JSOI2008] 球形空间产生器

一个坐标对应一个方程，相邻两条方程相减可以消去高次项，对这 \(n\) 条方程 \(\mathcal{O}(n^3)\) 高斯消元求解即可。

Luogu P3232 [HNOI2013] 游走

令 \(f_u\) 表示点 \(u\) 被经过的期望次数，于是

\[f_u=[u=1]+\sum_{(u,v)\in E,v\neq n}\frac{f_v}{deg_v} \]

可以 \(\mathcal{O}(n^3)\) 高斯消元求解。然后对于一条边 \((u,v)\)，走过它的期望是 \(u\) 和 \(v\) 走过它的期望之和，即 \(\frac{f_u}{deg_u}+\frac{f_v}{deg_v}\)。于是对所有边按这个期望排序直接贪心即可。

\(\text{2025/3/29}\)

Luogu P4151 [WC2011] 最大XOR和路径

首先对于一棵树，任意一条从 \(x\) 走回到 \(x\) 的路径的异或和必然为 \(0\)，因为考虑某条边 \((u,v)\)，钦定 \(u\) 离 \(x\) 更近，那么这条边在奇数次被经过时必然是 \(u\) 走到 \(v\)，偶数次被经过时必然是 \(v\) 走到 \(u\)，显然 \(v\) 走到 \(x\) 的路径必须经过 \(u\)，因此每条边都必然被经过偶数次。

对于任意一条 \(1\) 到 \(n\) 的路径，我们显然可以选出它的一个边的子集满足这个子集是一个 \(1\) 到 \(n\) 的链，其他部分则由环和非环边组成，我们不考虑复杂环，因为它只是简单环的线性组合，那么非环边必然会被走偶数次，因此这条路径的异或和等于这条链和这些环的异或和。而两条 \(1\) 到 \(n\) 的链构成一个环，所以我们可以给一条链异或上一个环变成另一条链。综上我们得出，\(1\) 到 \(n\) 的所有路径可以由某一条 \(1\) 到 \(n\) 的链和所有简单环表出。

但是简单环也有很多，我们无法全部搜出来。这里给出另一条结论：考虑原图的任意一颗生成树 \(T\)，每一条非树边 \((u,v)\) 和 \(T\) 上 \(u\) 和 \(v\) 之间的路径构成一个环，我们把它称作这条非树边对应的环，那么原图中所有简单环可以由所有非树边对应的 \(m-n+1\) 个环表出。证明可以直接给出构造，对于任意一个简单环，考虑上面的每条非树边，我们都异或上它对应的简单环，显然异或完后这个简单环变成了 \(T\) 上一条某个点回到某个点的路径，根据前面的结论，这个路径异或和为 \(0\)，于是这样就构造出了任意一个简单环的表示方法。

于是我们 dfs 出一个生成树 \(T\)，取 \(T\) 上 \(1\) 到 \(n\) 的路径作为随意选择的一条链，然后对 \(m-n+1\) 个简单环建出线性基，直接求最大异或和即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(m\log{V})\)。

Luogu P4839 P 哥的桶

线段树维护线性基，单点插入时暴力对根到叶子的路径上的线性基插入即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log{m}\log^2V)\)。

Luogu P3292 [SCOI2016] 幸运数字

倍增预处理线性基即可。视 \(n,q\) 同阶，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log{n}\log^2{V})\)。注意线性基合并具有可重复贡献性，可以像 ST 表一样把 \(u\) 到 \(\operatorname{lca}(u,v)\) 的路径拆成两条相交路径的线性基的并，\(v\) 同理，询问复杂度可以去掉一个倍增的 \(\log{n}\)。

Luogu P5556 圣剑护符

考虑向线性基 \(B\) 中插入一个数 \(x\) 的过程，如果插入失败，说明 \(B\) 中必然存在子集的异或和为 \(x\)，否则 \(B\) 中的 \(2^{|B|}\) 个子集对应的异或和互不相同，必然无法找到两个子集异或和相同。因此，能找到两个子集异或和相同的充要条件是存在数插入失败。但把路径上的点全部提出来暴力插入线性基还是会爆炸。又注意到线性基最多插入成功 \(\log{V}\) 次，因此长度 \(>\log{V}\) 的路径必然会插入失败，然后对于长度 \(\leq\log{V}\) 的路径暴力插入就可以接受了。

于是我们维护好属性值即可，要支持树链异或，考虑树上差分，转化成单点异或，查询子树异或和，在 DFS 序上建 BIT 维护异或和即可。视 \(n,q\) 同阶，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^3{V})\)。

LibreOJ #114 k 大异或和

从大到小遍历 \(p_i\)，倒序枚举 \(j=i-1\sim 0\)，若 \(p_i\) 的第 \(j\) 位为 \(1\) 就令 \(p_i\leftarrow p_i\oplus p_j\)。这样子就可以 \(\mathcal{O}(\log^2{V})\) 重构线性基，使得此时线性基 \(B\) 中任意两个元素的按位与结果为 \(0\)，即 \(B\) 中元素的 \(1\) 位互不相交。然后考虑 \(k\) 的二进制表示，若 \(k\) 的第 \(i\) 位为 \(1\) 就给答案异或上 \(B\) 中第 \(i+1\) 小的元素。实现注意特判掉 \(k\geq 2^{|B|}\)，并且如果 \(n\neq |B|\)，\(0\) 也可以被表出，此时要令 \(k\leftarrow k-1\)。视 \(n,m\) 同阶，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log{V})\)。

Luogu P4869 albus就是要第一个出场

我们指出，对于含 \(n\) 个数的可重集 \(S\)，考虑其线性基 \(B\)，则 \(S\) 的所有子集异或和有 \(2^{|B|}\) 种本质不同的数，每个数出现 \(2^{n-|B|}\) 次。

证明：向 \(B\) 中插入数时，有 \(k\) 个数插入成功，有 \(n-k\) 个数插入失败。我们只需证明，对于每个 \(B\) 能表出的数 \(x\)，选择插入失败的数集的任意子集，都有对应方案选择插入成功的数集的子集，使得这两个子集的异或和为 \(x\)。设 \(B\) 中将 \(x\) 表出的子集为 \(T\)，\(R=B\backslash T\)，从插入失败的数集中选出的子集异或和为 \(v\)。首先显然 \(v\) 能由 \(B\) 表出，设将 \(v\) 表出的子集为 \(V\)，我们对其情况进行分类讨论：

• 若 \(V\subseteq R\)，在 \(B\) 中选择 \(T\cup V\) 即可。
• 若 \(V\subseteq T\)，在 \(B\) 中选择 \(T\backslash V\) 即可。
• 若 \(V\) 既不是 \(R\) 的子集也不是 \(T\) 的子集，我们结合上面两种做法，把 \(V\) 拆成 \(V_1\subseteq R\) 和 \(V_2\subseteq T\)，满足 \(V_1\cup V_2=V,V_1\cap V_2=\varnothing\)，在 \(B\) 中选择 \(V_1\cup (T\backslash V_2)\) 即可。

因此对于每个 \(B\) 能表出的数 \(x\)，插入失败的数集的 \(2^{n-|B|}\) 个子集中的任何一个都能从插入成功的数集中选择对应数集表示出 \(x\)。证毕。

接下来我们只需求出给定的数 \(x\) 在 \(B\) 的子集异或和中的排名 \(rk\)，那么 \(2^{n-|B|}rk+1\) 就是它在原可重集的子集异或和中的排名了。我们遍历 \(x\) 的二进制 \(1\) 位就能确定它在 \(B\) 中的表出方案，若 \(p_i\) 在表出的子集中就令 \(rk\leftarrow rk+2^i\)，其中 \(p_i\) 表示 \(B\) 中第 \(i\) 小的数。这样就能求出 \(rk\) 了。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log{V})\)。

\(\text{2025/3/30}\)

Codeforces 2092C Asuna and the Mosquitoes

先特判掉全部同奇偶的情况，答案为 \(\max_{i=1}^n\{a_i\}\)。

接下来，设 \(a\) 中奇数个数为 \(k\)，元素和为 \(s\)，我们指出，答案就是 \(s-k+1\)。

证明：注意到每次操作完奇数集合大小不变，最优情况下奇数集合中只有 \(k-1\) 个 \(1\) 和 \(1\) 个 \(s-k+1\)，偶数集合中全部是 \(0\)，因此答案 \(\leq s-k+1\)。接下来我们尝试给出一组操作方案。首先，我们任意选择一个奇数 \(a_i\)，把所有偶数加到上面去，得到了一个形如 \(a_i+2k\) 的奇数和若干个 \(0\)。然后对于剩下的 \(k-1\) 个奇数，选择其中一个，将其和某一个 \(0\) 放在一起操作，那么这个奇数就会被减 \(1\) 变成偶数，又可以被加到 \(a_i+2k\) 上去。对每个奇数都做这样的操作，显然最终可以得到 \(s-k+1\) 和 \(k-1\) 个 \(1\)。证毕。

Luogu P10704 救赎（Redemption）

首先我们指出：

\[\left\lfloor\frac{m}{a_ia_j}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{\left\lfloor\frac{m}{a_i}\right\rfloor}{a_j}\right\rfloor \]

证明：令 \(\text{LHS}=k\)，这等价于

\[ka_ia_j\leq m<(k+1)a_ia_j\Leftrightarrow ka_j\leq \frac{m}{a_i}<(k+1)a_j \]

给 \(\frac{m}{a_i}\) 加上下取整不等式依然成立。证毕。

令 \(f(x)=\sum_{j=1}^n\left\lfloor\frac{x}{a_j}\right\rfloor\)，于是原式变为

\[\sum_{i=1}^nf\left(\left\lfloor\frac{m}{a_i}\right\rfloor\right) \]

考虑如何快速计算 \(f(x)\)。考虑数论分块，令 \(cnt_{l,r}=\sum_{i=1}^n[l\leq a_i\leq r]\)，那就变成了

\[f(x)=\sum_{l,r}cnt_{l,r}f\left(\left\lfloor\frac{x}{l}\right\rfloor\right) \]

对 \(a\) 排序后二分计算 \(cnt\)，可以 \(\mathcal{O}(\sqrt{x}\log{n})\) 计算 \(f(x)\)。考虑优化，注意到 \(l-1,r\) 都是形如 \(\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor\) 的数，对所有 \(\mathcal{O}(\sqrt{m})\) 个端点计算前缀 \(cnt\) 即可。这样计算 \(f(x)\) 就是 \(\mathcal{O}(\sqrt{m}\log{n})-\mathcal{O}(\sqrt{x})\) 的。

外层对 \(\left\lfloor\frac{m}{a_i}\right\rfloor\) 记忆化，最多有 \(2\sqrt{m}\) 个点值，看似时间复杂度是 \(\mathcal{O}(m)\) 的，实际上是 \(\mathcal{O}(m^\frac{3}{4})\) 的。

证明：考察形如 \(\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor\) 的式子。当 \(i>\sqrt{m}\) 时，\(\left\lfloor\frac{m}{i}\right\rfloor\leq\sqrt{m}\)，因此单次计算就是 \(\mathcal{O}(m^\frac{1}{4})\) 的；当 \(i\leq \sqrt{m}\) 时，总时间复杂度为

\[\begin{align*} & \mathcal{O}\left(\sum_{i=1}^{\sqrt{m}}\sqrt{\frac{m}{i}}\right) \\ = & \mathcal{O}\left(\sqrt{m}\sum_{i=1}^{\sqrt{m}}i^{-\frac{1}{2}}\right) \\ = & \mathcal{O}\left(\sqrt{m}\int_1^{\sqrt{m}}x^{-\frac{1}{2}}\text{d}x\right) \\ = & \mathcal{O}(\sqrt{m}(\sqrt{m})^\frac{1}{2}) \\ = & \mathcal{O}(m^\frac{3}{4}) \end{align*} \]

证毕。

综上，总时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log{n}+m^\frac{3}{4})\)。

可撤销并查集

用栈维护历史状态。此时路径压缩损坏并查集的结构，不能使用，用启发式合并/按秩合并保证复杂度即可。

Luogu P5787 二分图 /【模板】线段树分治

线段树分治用于离线解决一类问题，形如：

• 操作只在某个时间段内有效。
• 询问某个时间点所有操作的贡献。
• 操作难以支持删除，但支持撤销。

我们在时间轴上建立线段树，对每个区间建一个 vector，把每个操作的时间段扔到线段树上分成 \(\log\) 个极长区间，把该操作加入这些极长区间的 vector 中。计算答案时，自顶而下遍历整颗线段树，对于每个节点，执行其 vector 中的操作，到达叶子节点时统计贡献，回溯时撤销操作。

对本题而言，可以用扩展域并查集维护二染色，然后支持一下可撤销就行了。时间复杂度 \(\mathcal{O}(m\log{n}\log{k})\)。

Luogu P5524 [Ynoi2012] NOIP2015 充满了希望

先不考虑操作 \(1\)，对每个位置 \(x\) 维护最近一次被操作 \(2\) 覆盖的时间戳 \(t_x\)，那么询问 \(x\) 就能造成 \(t_x\) 对应覆盖的值的贡献。考虑上操作 \(1\) 也很简单，\(\operatorname{swap}(t_x,t_y)\) 即可。用线段树容易计算每个在 \(i\) 时刻发生的询问操作对应的 \(t_i\) 及其答案 \(v\)。那么考虑所有可能造成贡献的 \((t_i,v)\) 对，当且仅当 \(l\leq t_i\leq i\leq r\) 时能造成 \(v\) 的贡献，简单二维数点即可。视 \(n,m,q\) 同阶，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log{n})\)。