lsr题单做题记录

[ZJOI2015]地震后的幻想乡

首先设 \(P(X=x)\) 表示最小生成树最大边等于 \(x\) 的概率，那么答案就是 \(\int_{0}^{1}P(X=x)xdx\) . \(P(X = x)x\) 不好求，但是 \(P(X \leq x)\) 很好求，\(P(X \leq x)\) 就是仅保留小于等于 \(x\) 的边时图联通的概率. \(P(X = x) = P'(X \leq x)\) , 所以 \(\int_{0}^{1}P(X=x)xdx = P(X\leq 1) - \int_{0}^{1}P(X\leq x)dx = 1 - \int_{0}^{1}P(X\leq x)dx\) 。

考虑对于一张图，有 \(a\) 条边的边权小于等于 \(x\) , 这种情况的概率为 \(x^a(1-x)^{m-a}\) ， 设 \(f(a)\) 表示仅保留 \(a\) 条边时图联通的方案数，那么 \(\int_{0}^{1}P(X\leq x)dx=\int_{0}^{1}\sum_{a=0}^{m}f(a)x^a(1-x)^{m-a} = \sum_{a=0}^{m}f(a)\int_{0}^{1}x^a(1-x)^{m-a} = \sum_{a=0}^{m}f(a)\frac{a!(m-a)!}{(m+1)!}\) ， 最后一步是 \(beta\) 积分。 这个 \(f(a)\) 非常好求, 所有保留 \(a\) 条边的方案数减去不联通的方案数就行了。

1. \(beta\) 积分 : \(\int_{0}^{1} x^a(1-x)^{b} = \frac{a!b!}{(a+b+1)!}\) ,
   证明： \(\int_{0}^{1}x^a(1-x)^b = \frac{x^{a+1}}{a+1}(1-x)^b\mid_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x^{a+1}}{a+1}(-b(1-x)^{b-1}) = \frac{b}{a+1}\int_{0}^{1}x^{a+1}(1-x)^{b-1}\) , 设 \(B(a+b, b) = \int_{0}^{1} x^a(1-x)^{b}\) . 那么有 \(B(a+b, b) = \frac{b}{a+1}B(a+b, b - 1)\) ， 又因为 \(B(a+b,0) = \int_{0}^{1}x^{a+b} = \frac{1}{a+b+1}\) , 所以 \(B(a+b, b) = \frac{b!}{(a+b+1)^\underline{b+1}} = \frac{a!b!}{(a+b+1)!}\)

2. 概率密度函数 ： 用来描述连续型随机变量取值的概率。 其一定区域的积分可以表示取值为连续的一段区间的概率。
   例如，如果所有 \(a_i\) , 在 \([0, 1]\) 中均匀随机，要证明 \(E(\max_{i=1}^{n}a_i) = \frac{n}{n+1}\) , 那么 \(P(\max_{i=1}^{n}a_i = x)\) , 就是 \(\max_{i=1}^{n}a_i\) 的密度函数. \(P(\max_{i=1}^{n}a_i = x) = P'(\max_{i=1}^{n}a_i\leq x) = (x^n)' = nx^{n-1}\) . 而 \(E(\max_{i=1}^{a_i}) = \int_{0}^{1}P(\max_{i=1}^{a_i}=x)x = \int_{0}^{1}nx^{n-1}x=\int_{0}^{1}nx^n=\frac{n}{n+1}\)

[NOI2008] 设计路线

这题有点 dp 套 dp 的感觉了。

设 \(f_{i,j}\) 表示当前 dp 到点 \(i\) , \(i\) 的子树中与 \(i\) 相连的好边有 \(j\) 条时，所有点到根路径上的极长不好子链条数的最大值最小为 \(f_{i,j}\) .

然后就可以设 \(g_{i, j, k}\) 表示当前 dp 到点 \(i\), \(i\) 的子树中与 \(i\) 相连的好边有 \(j\) 条，所有点到根路径上的极长不好子链条数的最大值为 \(k\) 的方案数。

显然 \(j = 0 / 1/ 2\) , 所有这样做复杂度是 \(O(n^2)\) 的。然后发现所有点到根路径上的极长不好子链条数的最大值只有 \(O(\log n)\) 。原因可以参考树剖。这样复杂度就是 \(O(n\log n)\) 的了.

[AGC029F] Construction of a tree

hall 定理好题。

[八省联考 2018] 林克卡特树

wqs完之后跑树形 dp 就行了。wqs二分后题意转化为求从树上选出一些链，每条链价值为 \(链上权值和-k\) , 求最大总价值。直接树形dp一下就行了。设 \(f_{i,j}\) 表示 dp 到点 \(i\), \(i\) 的子树中有 \(j\) 条和 \(i\) 相连的边被选择，最大总价值为 \(f_{i,j}\)

[SDOI2018]旧试题

求 \(\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}d(ijk)\)

\[\begin{aligned} &\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}d(ijk)\\ =&\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}\sum_{d|i}\sum_{t|j}\sum_{p|k}[\gcd(d,t)=1][\gcd(t, p)=1][\gcd(d, p)=1]\\ =&\sum_{d=1}^{A}\sum_{t=1}^{B}\sum_{p=1}^{C}\lfloor\frac{A}{d}\rfloor\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\lfloor\frac{C}{p}\rfloor\sum_{u|d,u|t}\mu(u)\sum_{v|d,v|p}\mu(v)\sum_{w|t,w|p}\mu(w)\\ =&\sum_{u=1}^{\min(A, B)}\sum_{v=1}^{\min(A, C)}\sum_{w=1}^{\min(B, C)}\mu(u)\mu(v)\mu(w)\sum_{u|d,v|d}\lfloor\frac{A}{d}\rfloor\sum_{u|t,w|t}\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\sum_{v|p,w|p}\lfloor\frac{C}{p}\rfloor \end{aligned} \]

然后发现 \(\mu(u)\mu(v)\mu(w)\sum_{u|d,v|d}\lfloor\frac{A}{d}\rfloor\sum_{u|t,w|t}\lfloor\frac{B}{t}\rfloor\sum_{v|p,w|p}\lfloor\frac{C}{p}\rfloor\) , 只在很少的时候值不为 \(0\) ， 所以可以把图建出来，然后跑三元环计数。

1. 对于 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{k=1}^{q}f(i, j, k)\) , 如果 \(f(i, j, k)\) 只在很少的时候有值，可以跑三元环计数。

[JSOI2019]节日庆典

由border可以划分成 \(O(\log n)\) 个等差数列的性质，可以知道能成为答案的后缀只有 \(O(\log n)\) 个。

[WC2013]平面图

用最小左转法求出平面图的对偶图。然后题意就转化成了在对偶图上求最小瓶颈路。

[WC2016]论战捆竹竿

把border划分成 \(O(\log n)\) 个等差数列，用每个等差数列做同余最短路。

[THUPC2019]找树

矩阵数定理要求的是 \(\sum_{T}\prod_{e\in T}w_{e}\) , 但是这个 \(\sum\) 和 \(\prod\) 不一定是加和乘。只要 \(<W,+,\times>\) 构成群就行。然后还有一点就是 \(\times\) 对 \(+\) 要有分配率。这题要求的是最大化异或的值。其实可以转化成求每个值是否能被异或出来。这样就转化成了计数问题。考虑集合幂级数，集合幂级数是可以被套在矩阵数定理里的。具体实现可以先 \(fwt\) 一下，对点值构成的矩阵求行列式。然后再 \(ifwt\) 回去。