IOI 2024 中国国家集训队互测做题记录

\(\color{blue}\mathbf{Round\;1}\)
\(\color{blue}\mathbf{Round\;2}\)

场次	\(\quad\qquad\text{A}\qquad\quad\)	完成情况	\(\quad\qquad\text{B}\qquad\quad\)	完成情况	\(\quad\qquad\text{C}\qquad\quad\)	完成情况
\(\text{Round 1}\)	优惠购物	\(\color{green}\checkmark\)	树哈希		网格图最大流计数
\(\text{Round 2}\)	序列	\(\color{green}\checkmark\)	没有创意的题目名称	\(\color{green}\checkmark\)	傅里叶与交通规划
\(\text{Round 3}\)	Permutation Counting 2		化学实验		物理实验
\(\text{Round 4}\)	数据库		左蓝右红		世界沉睡童话
\(\text{Round 5}\)	Xor Master		栞		数据结构	\(\color{green}\checkmark\)
\(\text{Round 6}\)	Grievous Lady		Axium Crisis		落日珊瑚
\(\text{Round 7}\)	不是这一道据数构结题		意念力		重排
\(\text{Round 8}\)	基础寄术练习题		【模板】矩阵快速幂		超现实树
\(\text{Round 9}\)	最短路求和		通道建设 Passage Construction		Tree Topological Order Counting
\(\text{Round 10}\)	雷同		水果茶		萤
\(\text{Round 11}\)	挑战积和式		往日之影		虹
\(\text{Round 12}\)	这不是一道数据结构题	\(\color{green}\checkmark\)	不跳棋	\(\color{green}\checkmark\)	goods
\(\text{Round 13}\)	天空度假山庄		建设终末树	\(\color{green}\checkmark\)	童话
\(\text{Round 14}\)	命运		崩坏天际线		Since A Light
\(\text{Round 15}\)	括号		染色		coneyisland
\(\text{Round 16}\)	最后的晚餐		彩虹航线		积性函数
\(\text{Round 17}\)	棋盘	\(\color{green}\checkmark\)	区间切割	\(\color{green}\checkmark\)	连连看

\(\color{blue}\mathbf{Round\;1}\)

优惠购物 - 沈吉滪

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树哈希 - 周康阳

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网格图最大流计数 - 吴畅

咕。

\(\color{blue}\mathbf{Round\;2}\)

序列 - 梁城玮

咕。

没有创意的题目名称 - 施开成

先考虑如何更为简洁地刻画合法序列 \(f\) 的形态后再计数（此时暂不考虑 \(f_i<\mathit{lim}_i\)），考虑用若干个特殊值代入函数方程来获得 \(f\) 的一些基本形态。

记 \(f_i=f_j\) 为 \(i\sim j\)，则所给条件即为 \(\forall i+j\le n,f_i+f_j\le n\land f_i+f_j\sim i+j\)。注意到这构成一个等价关系，且若 \(a\sim b,c\sim d\)（\(a+b,c+d\) 均不超过 \(n\)），则 \(a+c\sim f_a+f_c=f_b+f_d\sim b+d\)，故 \(f_a=f_b\Rightarrow f_{a+1}=f_{b+1}\)。所以 \(f_0,f_1,\cdots,f_n\) 要么互不相同，要么存在 \(p,q(0\le p<q<n)\) 使得 \(f_0,f_1,\cdots,f_{q-1}\) 互不相同且 \(f_{p},f_{p+1},\cdots,f_{q-1}\) 是 \(f_p,f_{p+1},\cdots,f_n\) 的一个循环节。

如果 \(f\) 中的元素互不相同，那么 \(i\sim j\) 等价于 \(i=j\)，所以 \(f_i+f_j=i+j\)，故 \(f_i=i\)。
否则，可记 \(\mathit{len}=q-p\) 为循环节的长度。
- 当 \(f_0=0\) 时，有 \(f_i\sim i\)，由于 \(f_i(0\le i<p)\) 在 \(f\) 中仅出现过一次，所以 \(f_i=i(i<p)\)；而对于 \(p\le i<q\)，有 \(f_i\ge i\) 且 \(\mathit{len}|(f_i-i)\)。此时若 \(\forall i+j\le n,f_i+f_j\le n\)，则 \(f\) 合法（当 \(i+j<p\) 时显然，否则必可取 \(k_1,k_2\) 使得 \(x=i+k_1\cdot\mathit{len},y=j+k_2\cdot\mathit{len}\) 且 \(f_i=x,f_j=y\)，此时 \(x+y\ge i+j\ge p\)，故 \(f_{f_i+f_j}=f_{x+y}=f_{i+j}\)）。
- 考虑再度解析 \(f_i+f_j\le n\)，此时由于 \(i+j\le n\) 的限制，所以 \(q-1\) 与 \(\frac{n}{2}\) 的大小关系非常重要，对其进行分类讨论。
- - 若 \(q-1\le\dfrac{n}{2}\)，则所有可能的 \(f_i,f_j\) 都存在对应的 \(i,j\) 使得 \(i+j\le n\)，也即 \(f_i\le\dfrac{n}{2}\)。
  - 若 \(q-1>\dfrac{n}{2}\)，则 \(f_i\le\dfrac{n}{2}(p\le i\le\frac{n}{2})\)，而 \(f_i+\mathit{len}\ge q>\dfrac{n}{2}\)，故 \(f_i=i\)，对于 \(\dfrac{n}{2}<i<q\) 的 \(i\)，对应的最紧的 \(j\) 为 \(j=n-i\)，所以 \(f_i\le n-(n-i)=i\)，又因为 \(f_i\ge i\)，所以 \(f_i=i(0\le i<q)\)。
- 当 \(f_0\ne 0\) 时，有 \(f_{f_0+f_0}=f_0\)，故 \(p=0,2f_0\equiv 0\pmod{\mathit{len}}\)，故 \(\mathit{len}=q\) 为 \(2f_0\) 的因数，所以 \(f_0=k\cdot\mathit{len}\) 或 \(f_0=k\cdot\mathit{len}+\dfrac{\mathit{len}}{2}\)，因为此时 \(a\sim b\Leftrightarrow a\equiv b\pmod{\mathit{len}}\)，即 \(f_a+f_b\equiv a+b\pmod{\mathit{len}}\)。
- 所以 \(f_0\bmod\mathit{len}\) 的值非常重要，对其进行分类讨论，下文中记 \(g_i=f_i-i\)，则条件转化为 \(g_a+g_b\equiv 0\pmod{\mathit{len}}\)。
- - 若 \(f_0\bmod\mathit{len}=0\)，那么由于 \(\mathit{len}=f_0\le\dfrac{n}{2}\)，所以 \(f_0,f_1,\cdots,f_{q-1}\) 都在 \(f\) 中出现至少两次，所以 \(\forall i+j\le n,f_i+f_j\le n\) 等价于 \(f_i\le\dfrac{n}{2}\)，而此时 \(g_0\equiv 0\pmod{\mathit{len}}\)，故 \(g_i\equiv 0\pmod{\mathit{len}}\)，容易发现每一步进行的都是等价转化，所以这是充分必要的。
  - 若 \(2|\mathit{len}\) 且 \(f_0\bmod\mathit{len}=\dfrac{\mathit{len}}{2}\)，那么 \(g_0\equiv\dfrac{\mathit{len}}{2}\pmod{\mathit{len}}\)，所以 \(g_i\equiv\dfrac{\mathit{len}}{2}\pmod{\mathit{len}}\)，代入 \(i=\dfrac{\mathit{len}}{2}-1\) 有 \(f_{\frac{\mathit{len}}{2}-1}\equiv\mathit{len}-1\pmod{\mathit{len}}\)，所以 \(f_i\ge\mathit{len}-1\)，又因为此时 \(2i\le n\)，所以 \(2(\mathit{len}-1)\le n\)，故 \(len-1\le\dfrac{n}{2}\)，同上一种情况有 \(f_i\le\dfrac{n}{2}\)。

综上所述，我们得出了除非 \(f_i=i\)，否则 \(f\) 必存在 \(p,q\) 使得后缀 \([p,n]\) 存在循环节 \([p,q)\) 且 \(f_0,f_1,\cdots,f_{q-1}\) 互不相同且为如下四种情况之一：

\(f_0=0,q-1\le\dfrac{n}{2},f_i=i(i<p),i\le f_i\le\dfrac{n}{2}(p\le i<q),(q-p)|(f_i-i)(p\le i<q)\)；
\(f_0=0,q-1>\dfrac{n}{2},f_i=i(i<q)\)；
\(f_0\ne 0,p=0,q\le\dfrac{n}{2},f_i\le\dfrac{n}{2},f_i-i\equiv0\pmod{q}(i<q)\)；
\(f_0\ne 0,p=0,2|q,q-1\le\dfrac{n}{2},f_i\le\dfrac{n}{2},f_i-i\equiv\dfrac{q}{2}\pmod{q}(i<q)\)；

这时再考虑对于 \(4\) 种情况分别计数，前两种情况枚举 \(\mathit{len}=q-p\) 后再枚举 \(p\) 计算连乘积计算即可；后两种情况枚举 \(q\) 后直接乘法原理计算即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2005, P = 998244353;

int qpow(int x, int y = P - 2) {
    int res = 1;
    while (y) {
        if (y & 1) res = 1ll * res * x % P;
        x = 1ll * x * x % P;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}

int a[N], f[N], g[N];

signed main() {
    int n; scanf("%d", &n);
    int fl = n;
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        scanf("%d", &a[i]);
        if (fl == n && i > a[i]) {
            fl = i - 1;
        }
    }
    long long res = (fl == n);
    for (int len = 1; len <= n; ++len) {
        for (int i = n; i >= 0; --i) {
            f[i] = (i == 0 ? 0 : min(a[i], n / 2));
            if (i + len <= n) f[i] = min(f[i], f[i + len]);
            g[i] = (i == 0 ? 0 : a[i]);
            if (i + len <= n) g[i] = min(g[i], g[i + len]);
        }
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            if (f[i] - i < 0) f[i] = 0;
            else f[i] = (f[i] - i) / len + 1;
            if (g[i] - i < 0) g[i] = 1;
            else g[i] = 0;
        }
        for (int i = 1; i <= n; ++i) g[i] += g[i - 1];
        f[0] = 1;
        for (int p = 0, q = len; q <= n; ++p, ++q) {
            if (p - 1 > fl) continue;
            if (q - 1 <= n / 2) {
                int prod = 1;
                for (int i = p; i < q; ++i) {
                    prod = 1ll * prod * f[i] % P;
                }
                res += prod;
            } else {
                res += (g[q - 1] == (p == 0 ? 0 : g[p - 1]));
            }
        }
    }
    for (int q = 1; q <= n / 2 + 1; ++q) {
        for (int i = n; i >= 0; --i) {
            f[i] = min(a[i], n / 2);
            if (i + q <= n) f[i] = min(f[i], f[i + q]);
        }
        if (q <= n / 2) {
            int prod = 1;
            for (int i = 0; i < q; ++i) {
                if (f[i] < i) prod = 0;
                else prod = 1ll * prod * ((f[i] - i) / q + (i != 0)) % P;
            }
            res += prod;
        }
        if (!(q & 1)) {
            int prod = 1;
            for (int i = 0; i < q; ++i) {
                int t = (i + q / 2) % q;
                if (f[i] < t) prod = 0;
                else prod = 1ll * prod * ((f[i] - t) / q + 1) % P;
            }
            res += prod;
        }
    }
    printf("%lld\n", res % P);
    return 0;
}

傅里叶与交通规划 - 杨敏行

咕。

posted @ 2025-04-09 10:27 hhoppitree 阅读(277) 评论(0) 收藏举报

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