[整理]NOIP 2020题解
前言
NOIP 爆零的作者直到现在才想起应该写点东西。
洛谷题目编号 P7113-P7116 。
T1 排水系统
0.Description
有一个\(n\)个点构成的 DAG ，前\(m\)个点有\(1\)的流量，每个点会将接收到的所有流量平分给所连接的出点。问最终所有没有出点的点的流量。
1.Solution
在拓扑排序的过程中计算就行了。
注意分母可能达到\(60^{11}\)，需要高精度。
代码比较简单就不放了。
2.Summary
考试时一定要心思缜密，仔细读题，注意数据范围。
T2 字符串匹配
0.Description
定义\(F(S)\)为字符串\(S\)中出现奇数次的字符数量，求将给定字符串\(S\)划分成\((AB)^iC\)（其中\(F(A)\le F(C)\)）形式的方案数。
1.Solution
把题目转化一下，变成枚举一个字符串\(AB\)，判断\((AB)^i\)是不是\(S\)的前缀。
那么首先我们需要解决的问题是如何判断一个字符串是否为\((AB)^i\)的形式。相信大家都学过 Hash 求最小周期，但是经实测直接把板子套上会出问题，那么我们来考虑另一种方式： KMP 。
KMP 的一个应用就是求最小周期，关于式子\(T=|S|-next[|S|]\)的证明网上有不少，这里不再赘述。此时要注意特判循环次数防止原串不循环。
关于题目中的\(F(S)\)，它非常烦人，考虑预处理出来。由于用到\(F\)函数的\(A\)和\(C\)分别是前缀和后缀，所以我们可以\(\mathcal{O(n)}\)预处理出每个前/后缀中出现次数为奇数的字符数量。
然后观察题目中\(F(A)\le F(C)\)的条件，我们可以想到，当\(C\)固定时，求出现奇数次的字符\(\le F(C)\)的\(A\)的数量，这个可以在计算答案时一并求出。
具体地说，设pre,suf为前/后缀出现次数为奇数的字符数量，res为出现奇数次的字符\(\le F(C)\)的\(A\)的数量，那么对于一个\(A\)和\(C\)，它们对答案的贡献就是res[suf[i+1]]（其中i是字符串\(AB\)的结尾）。
2.Code
这个复杂度常数较大，很容易被卡，需要注意一下。
const int N=1048600;
int T,n,pre[N],suf[N],res[27];
LL ans;
char s[N];
int nxt[N];
il void KMP(){
memset(nxt,0,sizeof(nxt));
int j;
for(rg int i=2;i<=n;i++){
j=nxt[i-1];
while(s[i]!=s[j+1]&&j)j=nxt[j];
if(s[i]==s[j+1])nxt[i]=j+1;
}
}
il void InitPreSuf(){
memset(pre,0,sizeof(pre));
memset(suf,0,sizeof(suf));
int cnt[27];
for(rg int i=1;i<=26;i++)cnt[i]=0;
for(rg int i=1;i<=n;i++){
cnt[s[i]-96]++;
if(cnt[s[i]-96]&1)pre[i]=pre[i-1]+1;
else pre[i]=pre[i-1]-1;
}
for(rg int i=1;i<=26;i++)cnt[i]=0;
for(rg int i=n;i>=1;i--){
cnt[s[i]-96]++;
if(cnt[s[i]-96]&1)suf[i]=suf[i+1]+1;
else suf[i]=suf[i+1]-1;
}
}
il void Init(){
ans=0;
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
InitPreSuf(),KMP();
memset(res,0,sizeof(res));
}
signed main(){
Read(T);
while(T--){
Init();
for(rg int i=1;i<n;i++){
if(i>1){
ans+=res[suf[i+1]];
for(rg int j=i+i;j<n;j+=i){
int len=j-nxt[j];
if((i%len==0)&&(j/len>1))ans+=res[suf[j+1]];
else break;
}
}
for(rg int j=pre[i];j<=26;j++)res[j]++;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
3.Summary
不要被奇怪的题面吓到，尝试一步步分析；及时复习不熟的算法，你永远不知道\(\mathfrak{CCF}\)下次会考什么。
T3 移球游戏
0.Description
有\(n+1\)根柱子和\(m\)种颜色的球，一开始所有球被平均分到前\(n\)根柱子上。现在你可以移动这些球，每次移动只能从一根柱子的顶端将一个球放到另一根柱子顶端。请你构造一种方案，使得移动结束后前\(n\)根柱子每一根只有一种颜色（也就是\(m\)个同色的球），且移动次数不超过\(820000\)。
1.Solution
对于这样的构造题，正解一般不唯一，所以建议先自己思考方案，我的题解也仅供参考。
如果你实在没有头绪，那么请往下翻。
先考虑一个简单的情况：如果只有两种颜色，怎么办？
如图所示，
1.统计出柱1有s个1，从柱2取s个到柱n+1；
2.将柱1中的0和1分配到柱2和柱n+1（此时柱2有s个连续1，柱n+1有m-s个连续0）；
3.柱2取s个到柱1，柱n+1取m-s个到柱1，柱2取m-s个到柱n+1，柱1取m-s个到柱2；（此时柱1只有s个1，柱2只有m-s个0）
4.将柱n+1中的0和1分配到柱1和柱2（此时柱1全为1，柱2全为0）。
这样，我们就利用一根空柱，完成了对两根柱子的“整理”（建议停下来几分钟，模拟一下这个过程就会发现它的妙处）。
现在，考虑如何将原问题转化为简化问题。
而我们的做法就是：二分，\(\le mid\)的为0，\(>mid\)的为1。这里有一道题可以帮助理解这种策略：洛谷P2824 [HEOI2016/TJOI2016]排序。
二分后，对于\(mid\)两边的任意两根未整理的柱子，我们可以用相同的策略将其整理出一根全0或一根全1。以下以构造全0列为例：
这样，这道题就做完了（步数懒得写了你们自己算去吧）。
2.Code
#define N 55
#define M 410
int n,m,tot,ans[2][820010],ok[N];
int st[N][M],tp[N];
il void Move(int x,int y){
ans[0][++tot]=x,ans[1][tot]=y;
st[y][++tp[y]]=st[x][tp[x]--];
}
void Solve(int l,int r){
if(l==r)return;
int mid=nmid;
memset(ok,0,sizeof(ok));
for(rg int u=l;u<=mid;u++){
for(rg int v=mid+1;v<=r;v++){//选择两个乱序的
if(ok[u]||ok[v])continue;
int s=0;//统计1的数量
for(rg int i=1;i<=m;i++)s+=(st[u][i]>mid);
for(rg int i=1;i<=m;i++)s+=(st[v][i]>mid);
if(s<m){//把u变成全0
s=0;
for(rg int i=1;i<=m;i++)s+=(st[u][i]<=mid);
for(rg int i=1;i<=s;i++)Move(v,n+1);
while(tp[u]){
if(st[u][tp[u]]<=mid)Move(u,v);
else Move(u,n+1);
}
for(rg int i=1;i<=s;i++)Move(v,u);
for(rg int i=1;i<=m-s;i++)Move(n+1,u);
for(rg int i=1;i<=m-s;i++)Move(v,n+1);
for(rg int i=1;i<=m-s;i++)Move(u,v);
while(tp[n+1]){
if(tp[u]<m&&st[n+1][tp[n+1]]<=mid)Move(n+1,u);
else Move(n+1,v);
}
ok[u]=1;
}else {//把v变成全1
s=0;
for(rg int i=1;i<=m;i++)s+=(st[v][i]>mid);
for(rg int i=1;i<=s;i++)Move(u,n+1);
while(tp[v]){
if(st[v][tp[v]]>mid)Move(v,u);
else Move(v,n+1);
}
for(rg int i=1;i<=s;i++)Move(u,v);
for(rg int i=1;i<=m-s;i++)Move(n+1,v);
for(rg int i=1;i<=m-s;i++)Move(u,n+1);
for(rg int i=1;i<=m-s;i++)Move(v,u);
while(tp[n+1]){
if(tp[v]<m&&st[n+1][tp[n+1]]>mid)Move(n+1,v);
else Move(n+1,u);
}
ok[v]=1;
}
}
}
Solve(l,mid),Solve(mid+1,r);
}
int main(){
Read(n),Read(m);
for(rg int i=1;i<=n;i++){
for(rg int j=1,x;j<=m;j++){
Read(x),st[i][++tp[i]]=x;
}
}
Solve(1,n),cout<<tot<<endl;
for(rg int i=1;i<=tot;i++)cout<<ans[0][i]<<" "<<ans[1][i]<<endl;
return 0;
}
3.Summary
对于构造题要加强练习，否则会无从下手；考试时一定要多抠抠样例（虽然这个程序跑出来不是样例），说不定就能抠出来。
T4 微信步数
0.Description
题面太恶心去洛谷看原题吧orz
1.Solution
以下的推导过程参照了其他人的题解并且省略了部分证明，如有疏忽还请指出。
这道题十分难以下手，很多人可能看到高维空间就炸了（比如我）。那么我们不妨换一种角度，从一个一个点看变为计算每一步的贡献。
如果我们能求出每一步有多少个点走出场地，不就可以很容易地求出答案了吗？
发现每次出局的点一定是边上一圈，于是我们设\(l_i,r_i\)表示维度\(i\)上存活点坐标的最值。
接下来我们会得出一些奇奇怪怪的结论，如果不好理解就放到三维空间里模拟一下。
结论一：走了一圈后的位移向量\(\vec{v}=\vec{0}\)且有一点存活\(\Leftrightarrow\)无解。
结论二：若第\(i\)步产生贡献，则贡献值为\(i\prod_{j\ne c_i}(r_j-l_j+1)\)。
接下来，我们会利用步数的周期性瞎猜得出一些性质。
设\([k,i]\)表示第\(k\)轮第\(i\)步对答案做出贡献，则：
结论三：\([1,i]\nRightarrow[2,i],[1,i]\&[2,i]\Rightarrow [k,i](k>2)\)
此结论易证，故略去证明。不知道怎么证就扔给读者的屑
我们还有一个结论，就是如果一个第\(i\)步的点存活到了第\(i+n\)步，我们发现它正好走过了一个位移向量（我们用\(v_j\)表示位移向量的第\(j\)维），相应的\(l_j\)和\(r_j\)也会发生变化：
结论四：\(i\rightarrow i+n,\ r_j-l_j+1\rightarrow r_j-l_j+1-|v_j|\)
对此，我们可以推出另一个结论：
结论五：若\([2,i]\)且\([x,i](x>2)\)，则第\(x\)轮第\(i\)步造成的贡献为\((nx+i)\prod_{j\ne c_i}[r_j-l_j+1-|v_j|(x-1)]\)
所以我们发现此时已经可以求出答案。具体地说，先特殊计算出第一轮的，再计算第二轮的，计算第二轮的同时枚举\(x\)。
时间复杂度大概是一个非常宽松的\(\mathcal{O(nkw)}\)，可以水过80分。
这个算法的瓶颈在于\(w\)，我们考虑优化掉它。
观察上面的式子，对于每个\(i\)我们用\(f(x)\)来表示\((nx+i)\prod_{j\ne c_i}[r_j-l_j+1-|v_j|(x-1)]\)，接下来探讨一下关于\(f\)的性质。
容易发现，\(f\)是一个\(k\)次多项式，我们可以暴力把后面的乘出来，假设乘积\(f(x)=\sum_{i=0}^k a_ix^i\)。
假设我们需要算\(cnt\)轮，那么所有\(i+nx\)的贡献就是\(\sum_{x=1}^{cnt}f(x)=\sum_{x=1}^{cnt}\sum_{i=0}^k a_ix^i\)。（废话）
易知其中\(cnt=\min_{1\le j\le k,v_j\ne0}\left\{\dfrac{r_j-l_j}{v_j}+1\right\}\)。
我们交换一下枚举顺序，原式变为\(\sum_{i=0}^k(a_i\sum_{x=1}^{cnt}x^i)\)。通过观察不难得出，我们需要解决的是里面\(\sum_{x=1}^{cnt}x^i\)这一部分，
而这一部分的求法可以参照CF622F The Sum of the k-th Powers。
于是，我们解决了这道题，时间复杂度为\(\mathcal{O(nk^2)}\)。代码里细节比较多，需要注意一下。
2.Code
const int N=500010,K=15,mod=1000000007;
int n,k,w[K],c[N],d[N],v[K],u[K],l[K],r[K],ans;
struct Poly {
int sz,num[K];
Poly(){
sz=0,memset(num,0,sizeof(num));
}
Poly(int _sz,int _C,int _X){
sz=_sz,num[0]=_C,num[1]=_X;
}
};
il Poly operator + (Poly a,Poly b){
Poly c;c.sz=max(a.sz,b.sz);
for(rg int i=0;i<=c.sz;i++){
c.num[i]=(a.num[i]+b.num[i])%mod;
}
return c;
}
il Poly operator * (Poly a,Poly b){
Poly c;c.sz=a.sz+b.sz;
for(rg int i=0;i<=a.sz;i++){
for(rg int j=0;j<=b.sz;j++){
c.num[i+j]=(c.num[i+j]+a.num[i]*b.num[j]%mod)%mod;
}
}
return c;
}
il int Pow(int a,int b,int p){
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=res*a%p;
a=a*a%p,b>>=1;
}
return res;
}
int fac[N];
il int Calc(int n,int m){//\sum_{k=1}^n k^m
int res=0;
if(n<=m+2){
for(rg int i=1;i<=n;i++){
res=(res+Pow(i,m,mod))%mod;
}
return res;
}
fac[0]=1;
for(rg int i=1;i<=m+1;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
int all=1,sk=0,ff=(m+2)&1?1:-1;
for(rg int i=1;i<=m+2;i++)all=all*(n-i)%mod;
for(rg int i=1;i<=m+2;i++,ff=-ff){
sk=(sk+Pow(i,m,mod))%mod;
int p=all*Pow(n-i,mod-2,mod)%mod;
int q=fac[i-1]*fac[m+2-i]%mod*ff;
res=(res+sk*p%mod*Pow(q,mod-2,mod)%mod)%mod;
}
return (res+mod)%mod;
}
signed main(){
Read(n),Read(k);
for(rg int i=1;i<=k;i++)Read(w[i]),l[i]=1,r[i]=w[i];
for(rg int i=1;i<=n;i++)Read(c[i]),Read(d[i]);
for(rg int i=1;i<=n;i++){
int cc=c[i];
v[cc]+=d[i];
if(v[cc]>0){
int dlt=v[cc];
if(w[cc]-dlt<r[cc])r[cc]=w[cc]-dlt;
}else if(v[cc]<0){
int dlt=-v[cc];
if(dlt+1>l[cc])l[cc]=dlt+1;
}
}
for(rg int i=1;i<=k;i++){//判定是否满足无解的两个条件
if(l[i]>r[i]||v[i])goto OK;
}
puts("-1");
return 0;
OK:
for(rg int i=1;i<=k;i++)l[i]=1,r[i]=w[i];
for(rg int i=1;i<=n;i++){//模拟第一轮
int cc=c[i];
u[cc]+=d[i];
bool mv=0;
if(u[cc]>0){
int dlt=u[cc];
if(w[cc]-dlt<r[cc])r[cc]=w[cc]-dlt,mv=1;
}else if(u[cc]<0){
int dlt=-u[cc];
if(dlt+1>l[cc])l[cc]=dlt+1,mv=1;
}
if(mv){
int prod=1;
for(rg int j=1;j<=k;j++){
if(j==cc)continue;
prod=prod*(r[j]-l[j]+1)%mod;
}
ans=(ans+prod*i%mod)%mod;
if(l[cc]>r[cc]){
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
}
}
for(rg int i=n+1;i<=n+n;i++){//模拟第二轮及以后
int cc=c[i-n];
u[cc]+=d[i-n];
bool mv=0;
if(u[cc]>0){
int dlt=u[cc];
if(w[cc]-dlt<r[cc])mv=1;
}else if(u[cc]<0){
int dlt=-u[cc];
if(dlt+1>l[cc])mv=1;
}
if(mv){
int cnt=INF;
for(rg int j=1;j<=k;j++){
if(!v[j])continue;
cnt=min(cnt,(r[j]-l[j])/abs(v[j])+1);
}
Poly f=Poly(1,i-n,n);
for(rg int j=1;j<=k;j++){
if(j==cc)continue;
f=f*Poly(1,r[j]-l[j]+1+abs(v[j]),mod-abs(v[j]));
}
for(rg int j=0;j<=k;j++){
ans=(ans+f.num[j]*Calc(cnt,j)%mod)%mod;
}
}
if(u[cc]>0){
int dlt=u[cc];
if(w[cc]-dlt<r[cc])r[cc]=w[cc]-dlt;
}else if(u[cc]<0){
int dlt=-u[cc];
if(dlt+1>l[cc])l[cc]=dlt+1;
}
if(l[cc]>r[cc]){
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
（需要开long long）
3.Summary
遇到不会的题要耐心推式子，尽量多得分；知识面一定要拓宽（话说\(\mathfrak{CCF}\)在一场比赛里考了两个奇奇怪怪的知识点了）。
