模拟52—「异或·赌神·路径·树」

异或

考场上直接输出二进制位就找出来规律了。
正解就是 \(2^i\) 每隔 \(2^i\) 变化一次，所以本质就是 \(\sum \lfloor\frac{n}{2^i}\rfloor\)

赌神

考场上直接根据样例解释和最优策略的经验模拟的。
主要就是利用了最优策略不应该被黑手控制，然后看样例解释分配砝码的方式膜了几组发现没事就打了。

正解还是有点意思的。

先考虑 \(n=2\) ， 设 \(dp_{i,j}\) 代表当前有 \(1\) 个砝码，第一个球有 \(i\) 个，第二个球有 \(j\) 个时候的方案数。

假设给第一个球压了 \(x\) , 第二个球压了 \(y\) ，则有

\[ \begin{cases} x*dp_{i-1,j}= y*dp_{i,j-1} \\ x + y = 1 \end {cases}\]

可以解出来 \(\large dp_{i,j}=\frac{2*dp_{i,j-1}*dp_{i-1,j}}{dp_{i,j-1}+dp_{i-1,j}}\)

但是这是 \(n^2\) 的。

现在考虑优化，发现其实如果取倒数，很像组合数那个东西，但是多了个 \(2\) 。
所以设 \(f_{i,j}=\frac{dp_{i,j}}{2^{i+j}}\)
带入一下可以得到\(\large f_{i,j}=\frac{f_{i,j-1}*f_{i-1,j}}{f_{i,j-1}+f_{i-1,j}}\)
取个倒数，可以得到 \(\large \frac{1}{f_{i,j}}=\frac{1}{f_{i,j-1}}+\frac{1}{f_{i-1,j}}\)

然后发现可以直接组合数，答案就是 \(\frac{2^{n+m}}{C_{n+m}^{n}}\)

扩展到高维，仍然可以解出来柿子，最后答案就是 \(n^{\sum x_i}/\frac{(\sum x_i)!}{\prod(x_i!)}\)

路径

斯特林数，先咕

树

很妙的一道分块题，平衡了一切换来了 \(n\sqrt{n}\)

首先需要一个根号分治。

对于 \(x\leq\sqrt{n}\) ,发现模数只有根号个，所以可以给每个模数开一个桶存深度（按 \(dfn\) 排序），每个模数的桶中会存储 \(n\) 个数。
然后再把每个模数的同分配到每个余数中，最后一共会存储 \(n\sqrt{n}\) 个数。

每次修改，直接找到对应模数，在对应余数二分定位，树状数组区间修改，一共进行 \(O(q)\) 次，如上做法每次复杂度 \(O(log n)\)。
每次查询，遍历所有模数，找到对应余数，然后树状数组单点查询，一共进行 \(O(q\sqrt{n})\) 次，如上做法每次复杂度 \(O(logn)\)。

对于 \(x>\sqrt{n}\) , 发现每次跳深度只有根号次，所以对每个深度开一个桶，一共存 \(O(n)\) 个数。

每次修改，就边跳深度边修改，一共进行 \(O(q\sqrt{n})\) 次修改，如上做法每次复杂度 \(O(logn)\)。
每次查询，直接查对应深度的桶里面单点查就行了，一共进行 \(O(q)\) 次查询，如上做法每次复杂度 \(O(logn)\)。

不难发现复杂度是不平衡的。

有一个平衡复杂度的经典操作就是序列分块。

分块区间修改区间查询是 \(O(\sqrt n)-O(\sqrt n)\)的。
但是，单点查询，区间修改是 \(O(\sqrt n) -O(1)\) 的。
如果我们进行差分，那么也可以 \(O(\sqrt n) -O(1)\) 实现区间查询单点修改。

所以对以上操作全部换成分块实现，但是发现如果每个桶一个块的话，还需要先二分定位，复杂度仍然没降下去。
所以考虑离线，每个模数，深度分开处理。

这步挺nb的，离线+序列分块平衡复杂度。

然后发现深度的东西我们存不下（开不下 \(n\sqrt n\)）的空间。
当然可以调整块长时间换空间，但是还有更nb的技巧。

每根号个分成一组，处理根号次，这样，把我们 \(O(n)\) 处理深度的不平衡也平衡了，而没有增加瓶颈复杂度。

这个题如果把时间空间卡严，还是很难做出来的。
尤其是分块的题，做的时候把所有操作的复杂度都列出来，看哪不平衡就搞哪，尽量避免瓶颈复杂度增加。

总结

这场打的还行，主要是乱搞成功了，都是靠的运气，没啥实力，T4nb题根本不会做。