模拟60—「整除·糖果·打字机· 堆」

整除

考场上直接质因数分解大样例发现可以拆成各个因子的贡献分别算。
但是没注意带 \(log\) 复杂度不对，所以线性筛一下幂就好了。

能拆开的原因是每存在一个合法的 \(x\in[1,n]\) , 他必定会导致 \(c\) 个模数中存在一个合法的 \(t\in[1,p_i]\) 。
又因为 \(CRT\) 保证了如果能找到一套余数，那么在 \([1,n]\) 必定有唯一解，所以可以直接乘起来。

糖果

这个题基础 \(dp\) 很简单 ，直接考虑多重排列长啥样就可以推出来。
然后发现不同的 \(a_i\) 有不同的上下界，并且结果和我们处理每个 \(a_i\) 的顺序无关。
所以可以考虑把相同的 \(a_i\) 一起处理，并且发现所有 \(\geq m\) 的 \(a_i\) 都是等价的。

所以每个\(a_i\) 分别做，因为转移相同，所以矩阵快速幂优化一下就好了。

打字机

神仙 \(dp\) 。
首先 \(40pts\) 的做法不难，可以设计 \(f_{i,j}\) 代表 \(S\) 中处理到 \(i\) , \(T\) 中处理到 \(j\) 的时候最小操作次数。
这个做法是 \(O(|S||T|)\) 的。

然后考虑把他改造成正解，如果可以 \(O(|T|^2)\)计算，那我们就可以每个左端点做一次了。
观察性质来缩小我们的状态数，会发现 \(f_{i,j}\) 很大，但是 \(i-f_{i,j}\) 不是很大。
所以我们考虑转化状态定义，初始假设我们 “删除” 掉了所有的字符，所以我们初始的答案是 \(R-L+1\) 。
然后考虑让额外的操作数更少（可以是负数）。
分别考虑其他操作，为了满足 \(T\) 中的每一位，有三种方式 ：插入，替换，用原来的。

如果插入，就相当与先删在插，所以额外操作加一。
如果替换，就相当于替换而不是删除，所以额外操作不加。
如果用原来的，就相当于不删除，所以额外操作减一。

所以先考虑列一下基础 \(dp\) , 设计 \(f_{i,j}\) 代表 \(S\) 中处理到 \(i\) , \(T\) 中处理到 \(j\) 的时候最小额外操作次数。

\(f_{i,j} +1\rightarrow f_{i,j+1}\) 代表插入
\(f_{i,j} \rightarrow f_{i+1,j+1}\) 代表替换
\(f_{i,j} -1\rightarrow f_{nxt_{i,j},j+1}\) 代表用原来的， \(nxt\) 意义就是第一个能匹配的相同字符。

应为这个 \(dp\) 的值域不大，所以考虑把值域和第一维互换位置，即
\(g_{i,j}\) 代表\(T\) 中处理到 \(i\) 的时候, 最小额外操作次数为 \(j\) 是在 \(S\) 中 最少需要到哪 。
转移捣一下就行了，每个左端点做一遍，最后看哪些满足\(\leq r\) ,去一个最小的 \(j\) 就好了。

调换值域和定义域减少状态数，我在\(LYK \ love \ painting\) 也用到了。

堆

神仙计数 , 待改。

总结

T1 属实失误，以为自己的算法对了复杂度都没算，太大意了，但凡知道复杂度不对一个线性筛就解决了。
T2 循环节再次找炸，细节处理一定要注意。
T3,T4 有50pts（甚至70pts）暴力分没打，感觉还是前两题做的时间太长了，还需要历练。