【比赛日志】USACO 2020 US Open Contest, Platinum

USACO 2020 US Open Contest, Platinum

Problem 1. Sprinklers 2: Return of the Alfalfa

考虑一个合法的解，容易发现，种植C的与A的之间有一条从左上角到右下角折线作为分界线。

对于一个分界线来说，合法解的数量为\(2^{(空余的格子数量-转折的数量)}\)

我们设当前处于\((i,j)\)上方的横向折线，它的方案数为\(f_{i,j}\)；设当前处于\((i,j)\)右方的折线，它的方案数为\(g_{i,j}\)。可以有以下转移式：

\[f_{1,1}=g_{1,1}=2^{空余格子数} \\ f_{i,j}\to f_{i+1,j} \quad (i < n) \\ f_{i,j}/2 \to g_{i+1,j} \quad (i \le n, a_{i,j}\ne W) \\ g_{i,j} \to g_{i,j+1} \quad (j < n) g_{i,j}/2 \to f_{i, j+1} \quad (j \le n) \]

答案即为\(f_{n,n+1}+g_{n+1, n}\)

• +50min:调试完，过了所有样例。上传：AC

Problem 2. Exercise

+100min:实在想不到怎么优化了，开始写代码。

初步想法

计算出所有的“环”，则所有环的长度的lcm即为要经过的步数。

固定所有“环”，设长度为\(i\)的环有\(a_i\)个，则满足要求的排列的数量为

\[\begin{aligned} &\frac{n!}{\prod_{i=1}^n (i!)^{a_i}} / \prod_{i=1}^n{a_i!} * \prod_{i=1}^n{{A_i}^{a_i}} \\ =&\frac{n!}{\prod_{i=1}^n i^{a_i}{a_i!}} \end{aligned} \]

其中，\(A_i = (i-1)!\)表示\(i\)个数的排列恰好形成一个“环”的方案数。（相当于一个有向的圆排列）

设所有“环”长均为\(x\)的因数的方案数为\(f_x\)，所有“环”长的lcm为\(x\)的方案数为\(g_x\)，有：

\[g * 1 = f \iff g = f * \mu \]

只需要计算出\(f\)即可计算出\(g\)。

如何计算\(f\)？用朴素DP的话，需要存\(lcm,i,a_i,\sum_i ia_i\)，复杂度是\(O(n^4)\)的（或者\(O(n^3\log n)\)）。

(+100min)……刚刚发现了一件事：所有lcm的数量可能是极大的……根本没法枚举……【自闭】

由于答案要求的是所有步数的乘积，那么能不能求出步数中恰好被\(p^{k}\)整除的个数呢？

若要求出\(g\)，则可以枚举所有\(p\)的幂次不超过\(k\)的数进行转移，当\(k'=k+1\)时，直接在原来的背包数组中添加\(p\)的幂次为\(k\)的数即可。

总复杂度应该是\(O(n^4)\)的。

小小优化

考虑用背包的方法处理转移式：设\(f_{i,j}\)表示当前所有“环”长的lcm为\(i\)，已经处理了\(j\)个数的方案数。
当环长\(=k\)时，对每一个\(\bmod k\)的剩余系做一个背包即可，复杂度为\(O(n^2)\)。

总复杂度是\(O(n^3)\)，仍然有点高。

我们考虑计算所有数均为\(k\)的因数的方案，只需要枚举所有\(k\)的因数即可，可以用一维\(g_i\)表示。复杂度是\(O(\sigma_0(k)n)\)的。

总复杂度应该是\(O(n\sum_{k=1}^n\sigma_0(k))=O(n^2\log n)\)的，但是对于\(n=7500\)似乎还是有些无力……

再进一步？

我们考虑一个玄学优化：对于\(k\)，我们从\(k/p\)转移过来，其中\(p\)是一个\(k\)的素因数，不妨设是最小的。然而，这也只能将需要计算的数目从\(68093\)优化到\(24245\)，还远远不够。

束手无策了……先写起来吧……