多校冲刺 NOIP2021 (18) —「莓良心·尽梨了·团不过·七负我」

莓良心

考场上先基于第二类斯特林数写了一个 \(n^2\) 的 dp 。

正常递推 \(g_{i,j}\) 代表把 \(i\) 个元素分到 \(j\) 个盒子的方案数，同时设 \(f_{i,j}\) 代表 \(i\) 个元素，\(j\) 个盒子的答案。

\[f_{i,j}=(f_{i-1,j-1}+w[i]*g_{i-1,j-1})+(j*f_{i-1,j}+g_{i-1,j}*((i+j-1)*w[i]+sum[i-1])) \]

也就是根据实际意义考虑两种第二类斯特林数的转移。

第一种新开一个盒子的类型，新的贡献就是他自己一个元素，直接乘上上一个有多少种方案就行了。

第二种装到原来盒子的类型比较复杂，解释一下。

首先 \(j*f_{i-1,j}\) 是正常把原有贡献拉过来，在考虑加入一个元素到原来大小为 \(z\) ， \(\sum w=t\) 的集合， 产生的额外的贡献。

现在先考虑一种方案额外的贡献，最后乘上 \(g_{i-1,j}\) 就行了。

原贡献是 \(z*\sum w\) , 现在的贡献是 \((z+1)*(\sum w + w[i])\) , 差值是 \(z * w [i]+\sum w + w [i]\)

考虑以上贡献对所有方案求和，第一部分也就是 \(\sum z * w [i]\) , \(\sum z\) 是什么？ 总集合大小，就是 \(i-1\)

第二部分 \(\sum w\) 也就是 \(sum[i-1]\) ， 第三部分，有几个集合加几个 \(w [i]\) , 也就是 \(j*w[i]\)

然后发现这个 \(dp\) 并没有什么扩展性，然后就想枚举 \(x\) 统计答案。

\(ans=\sum x *sum(x)*time(x)\) , \(sum(x)\) 是所有集合大小为 \(x\) 的集合的元素的总和（每个集合计算一遍）。
计算这个，因为所有元素是等价的，所以只需考虑每个元素被计算几遍就行了。
不同的大小为 \(x\) 的集合一共有 \(\binom{n}{x}\) 个，每个有 \(x\) 个元素，一共有 \(n\) 个元素 , 所以 \(sum(x)=sum*(\binom{n}{x}*x/n)=\binom{n-1}{x-1}*sum\)

\(time(x)\) 就是大小为 \(x\) 的集合被计算了多少遍，计算这个直接考虑把这 \(x\) 个捆绑成一个元素,占一个盒子。
剩下的有多少种方案，就会被计算多少遍，也就是 \(g_{n-x,m-1}\)

所以 \(Ans=sum*\sum x*\binom{n-1}{x-1}*g_{n-1,m-1}\) ， 不会算斯特林数就死了。

上述过程全部是 \(40pts\) 做法。

考场上认为算一列斯特林数很简单并且可以 \(O(n)\) , 所以以为就差个版就没接着推。

第二类斯特林数可以 \(O(n)\) 计算一个，并且很少的概率考计算一列\一行斯特林数。

所以考虑怎么用 \(O(1)\) 的斯特林数表示答案。

直接考虑每个元素被计算多少遍，因为所有元素等价，只需要用 \(time*sum\) 就可以得到答案。

我们先统计所有的元素一遍，也就是 \(g_{n,x}\) ，接下来每有一个元素和他在一个集合，他就会被多算一遍。

考虑把这两个多计算的元素捆绑成一个元素，额外贡献就是 \(\sum_{u\not=v} (w_u+w_v)*g_{n-1,x}=(n-1*sum)*g_{n-1,x}\)

所以 \(Ans=sum*(g_{n,x}+(n-1)*g_{n-1,x})\) , 考虑如何计算一个斯特林数。

这是一个经典的套路，设 \(f(x)\) 为至少 \(x\) 个盒子为空的方案数， \(g(x)\) 为恰好 \(x\) 个盒子为空的方案数。

\(f(x)=(m-x)^n\) , 注意这么写是球，盒都有编号，否则如果你想让盒无编号，那么就又成斯特林数了。。。

直接二项式反演，再把编号去掉 \(g(0)=(\sum(-1)^i*\binom{m}{i}*(m-i)^n)/m!\) 。
线性筛 \((m-i)^n\) 复杂度 \(O(n)\) 。

感觉这道题还是很nb的，一般很多东西等价的时候，可以多尝试从几个方面入手。
斯特林数的容斥也没必要在学斯特林再掌握，感觉容斥还是有点弱。

尽梨了

邻项交换容易证明按 \(\frac{a}{b+1}\) 从大到小排序是最优的。

然后我就傻了，直接按这个排序用前 \(m\) 个。。。。

分析他的含义，它的意义是当你选择这几个元素后，这样排序代价最小，而并不是这样选择最优。

看来对邻项交换还是没咋掌握，注意要结合你邻项交换的条件选择策略 ， 而不是直接排序完事。

然后我就一直想按这个开 \(set\) 维护，证明了各种贪心性质。

结果，我们可以直接把原序列按这个排序，答案必定是他的一个子序列，然后 \(dp\) 优化枚举过程，就可以 \(n^2\) 。

感觉这个是邻项交换的另一个方面吧，之前都是邻项交换，排序直接选或者操作。

当邻项交换应用的是选择后按此排序最优时，但并不知道选择策略，可以考虑排完序之后 dp 选择一个子序列。

剩下的就很简单了，发现 \(a>0\) 每次至少翻倍，只用做 \(log\) 次，把 \(0\) 拎出来贪心从小选就好了。

团不过

以为是 \(Nim\) 就跑路了，实际是卡农的简化版。

题目就要求排列有多少种，设 \(f_i\) 代表 \(i\) 堆石子的排列有多少种。
发现前 \(i-1\) 堆确定，这个也确定，所以把 \(i-1\) 堆的全部情况减去不合法的情况就是 \(f_i\) 。

不合法情况分两种，一种是合格局面没有集合能让他异或和为0，一种是没有没用过的集合让他异或和是0.

第一种很简单，就是前 \(i-1\) 堆异或和是0，第二种可以发现一定可以表示成 \(i-2\) 堆是0，考虑插入，就可以得到 \((i-1)*(2^n-i+1)*f_{i-2}\) 的式子。

求出来先手必败用全部情况减去就行了。

七负我

两个点之间没有连边，可以调整证明一个为0不会使答案变劣。

具体方法就是保证和不变， \(x*a+y*b\rightarrow(x-T)*a+(y+T)*b\) 然后做差。

所以最终分配答案的就是一个完全图。

然后就是找最大的完全图子图，折半状压也可以，也可以 \(BK\) 算法搜索。

\(BK\) 就是 \(dfs\) + 剪枝，但是需要注意的是必须找到一个使答案更优的团就立马退出。

相比于状压记录团具体是啥，他只记录团的大小，根据单调性剪枝，每次重新搜索，至于复杂度，不会证明，赵sir博客有证明（的论文）。

总结

连续三天垫底了，今天这场一个都不会，太拉了。

T1大概一个半小时确信自己不会斯特林了，就放弃了。

T2没怎么想进去，主要是不知道考场在干什么，一直怀疑自己邻项交换搞错了，没想到怎么更好的利用邻项交换，dp去选子序列。

T3一看博弈论就跑路了，直接没脸抄boxin大佬的表，只有样例 \(n=2\) 对了，差评。

T4没怎么想，输出平方就跑路了。

感觉T2，T3，T4好好做哪个都不至于考的烂成这样，主要是T2瞎折腾花了很长时间（尝试各种排序方式，颠倒大于小于）。

以后见到被hack确定没码错之后就好好想，思考哪里出问题了，怎么解决，能不能换一个思路，而不要瞎折腾，只会浪费时间。

T2一直磕在用贪心构造一个最终合法序列了，没换思路。

还有不要尝试调试大样例，直接打拍就好了，还能获得一个有分的暴力。