2018各省省选选解

Update on 2024.5.9

这篇文章之前是我 2023-02-06 21:54 时发布的，当时最后更新于 2023-02-12 12:56，是去年省选前我训练的内容。

现在因为某些原因，回来加训了，所以重新发布一下，顺带修一下以前文章挂掉的图。

请期待文章更新！

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Old Part

没写题解不意味着没做，有的忘了写或者太草率了就算了。

部分前言删了。

HNOI/AHOI 转盘

题解

非常有趣。

考虑如下事实：最优解下，你总可以不停下。

因为，如果 \(s_i=s_{i-1}\)，直接将前 \(i-1\) 秒都前移一位即可，显然不劣。

枚举终点 \(j\)，设 \(i\) 到 \(j\) 的步数为 \(d(i,j)=\begin{cases}j-i&i\le j\\ j+n-i&i>j\end{cases}\)，则得到解为 \(\min_j\max_id(i,j)+T_i\)。

也即，答案可以描述为

\[\min_j\{j+\max_i\{T_i-i+[i>j]n\}\} \]

考虑怎么维护这个东西。

以下从 \(0\) 标号，区间左闭右开。

设 \(B_i=T_i-i\)，我们考虑把这个东西这么描述

\[f(l,r)=\min_{l\le j<r}\{j+\max_{l\le i<r}\{B_i+[i>j]n\}\} \]

\[g(l,r)=\max_{l\le i<r}B_i \]

而答案即为 \(f(0,n)\)。

这个就，灰常的，兔队线段树啊！

我们考虑如何用 \(f(l,mid)\) 与 \(f(mid,r)\) 合并出 \(f(l,r)\)。

\[f(l,r)=\min_{l\le j<r}\{j+\max_{l\le i<r}\{B_i+[i>j]n\}\}\\=\min\{\min_{l\le j<mid}\{j+\max_{l\le i<r}\{B_i+[i>j]n\}\},\min_{mid\le j<r}\{j+\max_{l\le i<r}\{B_i+[i>j]n\}\}\} \\=\min\{\min_{l\le j<mid}\{j+\max\{\max_{l\le i<mid}\{B_i+[i>j]n\},g(mid,r)+n\}\}, \\\min_{mid\le j<r}\{j+\max\{\max_{mid\le i<r}\{B_i+[i>j]n\}\},g(l,mid)\}\}\]

考虑分治时这个 \(g\) 会影响哪些部分的答案。

也即，我们要支持快速查询

\[f(l,r,v)=\min_{l\le j<r}\{j+\max\{\max_{l\le i<r}\{B_i+[i>j]n\}\},v\}\} \]

\(v\ge n+g(l,r)\) 时，显然 \(f(l,r,v)=l+v\)。

则

\[f(l,r)=\min\{f(l,mid,g(mid,r)+n),f(mid,r,g(l,mid))\} \]

\[f(l,r,v)=\begin{cases} \min\{f(l,mid,g(mid,r)+n),f(mid,r,\max\{g(l,mid),v\})\}&v\le g(mid,r)+n\\ \min\{f(l,mid,v),mid+v\}&v>g(mid,r)+n \end{cases}\]

设 \(h(l,r)=f(l,mid,g(mid,r)+n)\)，则每轮只会递归到一侧，故单次修改复杂度 \(O(\log^2n)\)。

总而言之，我们得到

\[f(l,r)=\begin{cases}T_l&r=l+1\\\min\{h(l,r),f(mid,r,g(l,mid))\}&\textrm{otherwise.}(mid=\lfloor\frac{l+r}2\rfloor)\end{cases} \]

\[g(l,r)=\begin{cases}T_l-l&r=l+1\\\max\{g(l,mid),g(mid,r)\}&\textrm{otherwise.}(mid=\lfloor\frac{l+r}2\rfloor)\end{cases} \]

\[h(l,r)=\begin{cases}N/A&r=l+1\\f(l,mid,g(mid,r)+n)&\textrm{otherwise.}(mid=\lfloor\frac{l+r}2\rfloor)\end{cases} \]

\[f(l,r,v)=\begin{cases} \max\{T_l,l+v\}&r=l+1\\ \min\{h(l,r),f(mid,r,\max\{g(l,mid),v\})\}&r-l>1\land v\le g(mid,r)+n(mid=\lfloor\frac{l+r}2\rfloor)\\ \min\{f(l,mid,v),mid+v\}&r-l>1\land v>g(mid,r)+n(mid=\lfloor\frac{l+r}2\rfloor) \end{cases}\]

总复杂度 \(O((n+m)\log^2n)\)，实现得好可以做到 \(O(n\log n+m\log^2n)\)。

HNOI/AHOI 毒瘤

题解

即给你一张联通图，满足 \(r=m-n+1\le11\)，问有多少种选取独立集的方案。

Tarjan 做生成树，然后得到 \(r\) 条非树边。

直接状压树形 dp 的复杂度是 \(O(n2^r)\) 的，肯定跑不动。

考虑怎么优化。

考虑容斥，强制钦定某些非树边被选，这个可以 ddp 维护。

直接做就完了。

强制选时为

\[f_{p,0}=0,f_{p,1}=\prod_sf_{s,0} \]

否则为

\[f_{p,0}=\prod_sf_{s,0}+f_{s,1},f_{p,1}=\prod_sf_{s,0} \]

即，分别为

\[\binom{f_{p,0}}{f_{p,1}}=\begin{bmatrix}0&0\\\prod_{s_{\text{轻}}}f_{s_{\text{轻}},0}&0\end{bmatrix}\binom{f_{s_{\text{重}},0}}{f_{s_{\text{重}},1}} \]

\[\binom{f_{p,0}}{f_{p,1}}=\begin{bmatrix}\prod_{s_{\text{轻}}}f_{s_{\text{轻}},0}+f_{s_{\text{轻}},1}&\prod_{s_{\text{轻}}}f_{s_{\text{轻}},0}+f_{s_{\text{轻}},1}\\\prod_{s_{\text{轻}}}f_{s_{\text{轻}},0}&0\end{bmatrix}\binom{f_{s_{\text{重}},0}}{f_{s_{\text{重}},1}} \]

然后直接维护即可。

总复杂度可以做到 \(O(n+2^r\log n)\)。

HNOI/AHOI 游戏

题解

有趣的思维题。

考虑这么办：把不设限的缩点，称钥匙在左边的锁为 \(\rightarrow\)，在右边的为 \(\leftarrow\)：因为反过来的方法一定不可走。

则，一个点可能到达的区间一定形如（\(\circ\) 表示当前点）

\[\leftarrow\leftarrow\dots\leftarrow\leftarrow\circ\rightarrow\rightarrow\dots\rightarrow\rightarrow \]

所以，如果 \(\circ\) 夹在两个一样的 \(\leftarrow\) 或 \(\rightarrow\) 之间，其只能往一个方向走，可以用 RMQ 查询 “这些锁对应的最左 / 右钥匙” 快速判断。

如果夹在 \(\leftarrow\) 和 \(\rightarrow\) 之间，考虑暴力移动来预处理，则复杂度可以均摊。

使用 ST 表实现 RMQ 即为 \(O(n\log n+q)\)。

使用四毛子，总复杂度可以做到 \(O(n+q)\)。

然而由于要 RMQ，常数还是太大了。

考虑优化复杂度。

考虑对 \(\leftarrow\circ\leftarrow\) 仔细观察，容易发现这个东西的可行区间是单调的……

然后直接继承上一次的答案，直接递推即可。

总复杂度 \(O(n+q)\)。

HNOI/AHOI 排列

题解

高明的题目。

图论建图显然。

首先 naive 拓扑然后贪心是错的……

把带环的判掉无解，考虑到剩下的结构一定是一个森林。

考虑怎么处理。

方便起见，我们添加一个辅助根节点，使得整个结构变成一颗树。

合并两颗子树答案时，考虑到两者互不相关，可以用类似于“归并”的方式维护。

最后在开头加上根节点，同时维护单调栈。

这样的复杂度是 \(O(n^2)\) 的。

考虑优化，可以线段树合并，复杂度即为 \(O(n\log n)\) 或 \(O(n\log v)\)……

拜托！这个做法正确性是对的吗？

即，合并答案时，为啥是一个最优子结构？

不会证啊不会证，摆了。

来贺个题解做法。

按某个方向考虑权值。

我们把当前点的信息合并到父亲上，表示父亲已有信息取完后便取之。

这样，每个节点会被描述成一个节点列。

考虑怎样的儿子应当先选。

调整法指出，节点列的平均权值小的应当先选。

优先队列直接做即可。

使用并查集优化找当前父亲，堆寻找当前元素，复杂度 \(O(n\log n)\)。

这个做法其实也指出了上个做法是正确的：即，归并时应当使用平均值来归并，然后直接处理。不过线段树合并常数感觉会很大。

HNOI/AHOI 道路

题解

即分别选择一个不修。

\[c(a+x)(b+y)=abc+bcx+acy+cxy \]

\(abc\) 的贡献是常数，\(bcx\) 和 \(acy\) 的贡献分别上传到链上的每条边，\(cxy\) 的贡献为链上每对不修的边之间的贡献。

这个玩意感觉非常不好 dp……性质很差……网络流也建不出来……

我去。原来有特殊性质。

“任意乡村可以通过不超过 \(40\) 条道路到达首都。”

把每个节点到根的路径上有几条未修的公路 / 铁路计入状态就做完了。

即，设

\[A_p=\sum_{\text{村庄 }v\text{ 可到达 }p}a_vc_v \]

\[B_p=\sum_{\text{村庄 }v\text{ 可到达 }p}b_vc_v \]

\[C_p=\sum_{\text{村庄 }v\text{ 可到达 }p}c_v \]

\[f_{p,x,y}=\begin{cases}\min\{f_{s_1,x,y}+f_{s_2,x,y+1}+A_{s_2}+C_{s_2}x,f_{s_1,x+1,y}+f_{s_2,x,y}+B_{s_1}+C_{s_1}y\}&p\text{ 是城市}\\a_pb_pc_p&p\text{ 是村庄}\end{cases} \]

答案即为 \(f_{1,0,0}\)。

设 \(d\le40\) 为深度，复杂度 \(O(nd^2)\)。

BJOI 求和

题解

普及组题。

注意到 \(k\) 很小，对每个幂次的自然幂和都预处理出前 \(n\) 项，容易做到 \(O(nk)\)。

然后预处理出每个点的深度，查询时直接找到 LCA 就做完了。

假设我们写了 \(O(n)-O(1)\) LCA，复杂度即为 \(O(nk+q)\)。

采用倍增 / 树剖 LCA，复杂度即为 \(O(nk+(n+q)\log n)\) / \(O(nk+q\log n)\)。

BJOI 二进制

题解

唔……很有意思啊！

容易发现

\[2^k\equiv(-1)^k\pmod3 \]

\[\sum_ka_k2^k\equiv\sum_ka_k(-1)^k\pmod3 \]

假设长为 \(n\)，其中有 \(m\) 个 \(1\)，则考虑找到可行的充要条件。

首先 \(2|m\) 时，奇偶位分别分配 \(\frac m2\) 个 \(1\) 即可；显然最优。

\(2\nmid m\) 时，分别分配 \(\frac{m+3}2\) 和 \(\frac{m-3}2\) 个 \(1\) 即可；显然最优。

也即，不可行当且仅当 \(m=1\)，或者 \(2|n\land m=n-1\)，或者 \(2\nmid n\land m=n\)。

正难则反，不妨转而统计不合法方案数。

考虑分别统计这几部分贡献：

1. \(m=1\land n>2\)
2. \(2|n\land m=n-1\)
3. \(2\nmid n\land m=n\)

考虑如何分别统计。

对于 \(m=1\land n>2\)，可以线段树维护如下信息：

• 当前区间有 \(0/1/\ge2\) 个 \(1\)。
• 当前区间的答案。
• 如果只有 \(1\) 个 \(1\)，其的位置；
• 如果有多于 \(1\) 个 \(1\)，其的首、末 \(1\) 位置，以及分别往内可以扩展多少 \(0\)。

这个东西可以快速合并，且有结合律。

对于 \(2|n\land m=n-1\)，考虑这么维护：

• 当前区间有 \(0/1/\ge2\) 个 \(0\)。
• 当前区间的答案。
• 如果只有 \(1\) 个 \(0\)，其的位置；
• 如果有多于 \(1\) 个 \(0\)，其的首、末 \(0\) 位置，以及分别往内可以扩展多少 \(1\)。

对于 \(2\nmid n\land m=n\)，考虑这么维护：

• 当前区间有无 \(0\)。
• 当前区间的答案。
• 如果有 \(0\)，其的首、末 \(0\) 位置。

这些东西都是半群信息，可以在 \(O(1)\) 时间内快速合并，于是即可用线段树解决修改 / 查询问题。

单次操作复杂度均为 \(O(\log n)\)。

这样，本题就变成了基础线段树练习题啦！

只不过分类讨论有点恶心罢了……

代码实现较为复杂。

BJOI 染色

题解链接。（题解已死，有事烧香）

BJOI 链上二次求和

题解

没啥意思的拆贡献题……

假设元素依次为 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，把询问差分一下，计算长度 \(\le r\) 的路径的贡献。（\(r\le n\)）

先考虑长度 \(=d\) 的怎么算：

\[\sum_{i=1}^{n-d+1}\sum_{j=i}^{i+d-1}a_j \\=\sum_{i=0}^{n-d}((\sum_{j=1}^{i+d}a_j)-(\sum_{j=1}^ia_j)) \\=(\sum_{i=d}^{n}\sum_{j=1}^ia_j)-(\sum_{i=0}^{n-d}\sum_{j=1}^ia_j) \]

于是答案即

\[\sum_{1\le d\le r}((\sum_{i=d}^{n}\sum_{j=1}^ia_j)-(\sum_{i=0}^{n-d}\sum_{j=1}^ia_j)) \\=\sum_{i=0}^n(\min\{r,i\}-\min\{r,n-i\})\sum_{j=1}^ia_j \]

分类讨论：

\(2r\le n\) 时，答案即为

\[\sum_{i=0}^r(i-r)\sum_{j=1}^ia_j+\sum_{i=n-r}^n(r-n+i)\sum_{j=1}^ia_j \]

\(2r>n\) 时，答案也为此。

则单组查询分别可以表述为（不妨设为区间查询，也能做，查询 \(a_l\sim a_{r-1}\) 中长度 \(\le d\) 的权值和，\(n=r-l\)）

\[\sum_{i=0}^d(i-d)\sum_{j=0}^{i-1}a_{l+j}+\sum_{i=n-d}^n(i-(n-d))\sum_{j=0}^{i-1}a_{l+j} \]

考虑怎么计算。

考虑线段树维护区间和、区间等差数列和，动态修改前缀和，然后直接暴力计算每部分贡献即可。

具体来说，线段树要支持如下查询操作：

\[S(l,r)=\sum_{i=l}^{r-1}a_i \]

\[Q_1(l,r)=\sum_{i=l}^rS(l,i) \]

\[Q_2(l,r)=\sum_{i=l}^r(i-l)S(l,i) \]

则答案可以表述为

\[Q_2(l,l+d)-dQ_1(l,l+d)+Q_2(r-d,r)+\frac{d(d+1)}2S(l,r-d) \]

所以就是如何计算 \(S,Q_1,Q_2\)。

\[S(l,r)=S(l,mid)+S(mid,r) \]

\[Q_1(l,r)=Q_1(l,mid)+Q_1(mid,r)+(r-mid)S(l,mid) \]

\[Q_2(l,r)=Q_2(l,mid)+Q_2(mid,r)+\frac{(r-mid)(mid+r+1-2l)}2S(l,mid)+(mid-l)Q_1(mid,r) \]

修改随便处理一下就好了。（假设区间长度 \(n\)，加 \(w\)）

\[\Delta S=nw \]

\[\Delta Q_1=\frac{n(n+1)}2w \]

\[\Delta Q_2=\frac{n(n+1)(2n+1)}6w \]

单次操作复杂度 \(O(\log n)\)，由于时限较松，可以轻松通过。

BJOI 猜数

题解链接。

CQOI 交错序列

题解

以下认为 \(a,b\) 同阶。

这个，感觉，不是很懂啊！

答案可以直接被公式表述。

\[\sum_k\binom{n+1-k}k(n-k)^ak^b \]

这种东西一看就是满脸的不可做：只能线筛 \(O(n)\)（\(a,b\ll n\)），虽然能过此题但不优美。

幂是很难拆的，但这里形式特殊，能不能优化呢？

\[\sum_k\binom{n+1-k}k(n-k)^ak^b \\=\sum_k\binom{n+1-k}k\sum_j\binom ajn^{a-j}(-1)^jk^{b+j} \\=\sum_j\binom ajn^{a-j}(-1)^j\sum_k\binom{n+1-k}kk^{b+j} \]

直接矩阵快速幂是 \(O(a^3\log v)\) 的，不优。

接下来就是优化后面一坨柿子，即

\[\sum_k\binom{n+1-k}kk^m \]

考虑到，这个东西实际上就是

\[\sum_k\binom{n+1-k}kk^m \\=\sum_k\binom{n+1-k}k[\frac{z^m}{m!}]e^{kz} \\=[\frac{z^m}{m!}]\sum_k\binom{n+1-k}ke^{kz} \]

考虑把

\[\sum_k\binom{n+1-k}ke^{kz} \]

提取前若干项系数。怎么做？

先考察

\[F=\sum_k\binom{n+1-k}kz^k \]

的封闭形式。

使用插板法的组合意义可以分析，其结果是

\[F=[u^{n+1}]{1\over1-u-zu^2} \\={({1+\sqrt{1+4z}\over2})^{n+2}-({1-\sqrt{1+4z}\over2})^{n+2}\over\sqrt{1+4z}} \]

即求

\[F(\exp z)={({1+\sqrt{1+4e^z}\over2})^{n+2}-({1-\sqrt{1+4e^z}\over2})^{n+2}\over\sqrt{1+4e^z}} \]

的前少数项。

考虑一个域的扩：\(f+g\sqrt{1+4e^z}\)，这个东西容易维护。

由于题目中给的是一个素数域，计算难度不难不易，可以把每个系数用 \(a\times m^b\) 描述，最后乘阶乘时还原即可。

但是上面的做法就是一个说的道理，考虑怎么写的阳间一点。

总所周知有 EI technique Binomial Sum 大法，其指出

\[[\frac{z^m}{m!}]F(\exp z)=[\frac{z^m}{m!}](F(z+1)\bmod z^{m+1})\circ(e^z-1) \]

这样其实只用算出

\[\mathcal F={({1+\sqrt{5+4z}\over2})^{n+2}-({1-\sqrt{5+4z}\over2})^{n+2}\over\sqrt{5+4z}}\bmod z^{a+b+1} \]

最后计算

\[[\frac{z^m}{m!}](\mathcal F(z-1)\circ(\exp z)) \]

即可。

这么做甚至可以直接模合数操作（\(2\) 的逆元可能得要特殊处理一下），可谓是非常轻松啊！

总复杂度 \(O(a^2\log n)\)。

关于如何特殊处理 \(2\) 的逆元：

我们把每个 poly 用

\[\frac{A+B\sqrt{5+4z}}2 \]

表示，然后乘法容易合并。

\[\frac{A+B\sqrt{5+4z}}2\frac{C+D\sqrt{5+4z}}2\\=\frac{AC+(5+4z)BD+(AD+BC)\sqrt{5+4z}}4 \]

由于题目中给出的柿子对于不同的 \(n\) 总是整数，因此上面的柿子在模数是 \(2\) 倍数时系数总是 \(2\) 的倍数！

这样就做到了一个合理的合并。

另一种做法：

其实，我们根本不用分解到通项式！

\[F=[u^{n+1}]{1\over1-u-zu^2} \]

\[F(1+z)=[u^{n+1}]{1\over1-u-(1+z)u^2} \]

\[\mathcal F=[u^{n+1}]{1\over1-u-(1+z)u^2}\bmod z^{a+b+1} \]

分式基形式，上常系数齐次线性递推即可。

没有脑子，矩阵快速幂即可。

\[G_k=[u^k]{1\over1-u-(1+z)u^2} \]

\[G_k=G_{k-1}+(1+z)G_{k-2} \]

\[\begin{bmatrix}G_k\\G_{k-1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1+z\\1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}G_{k-1}\\G_{k-2}\end{bmatrix} \]

\[\begin{bmatrix}G_{n+1}\\G_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1+z\\1&0\end{bmatrix}^n\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix} \]

计算过程中进行取模，复杂度依旧为 \(O(a^2\log n)\)。

常数会大几倍，但很好写，也不用考虑 \(2\) 的逆元问题，这就很好了。

使用一些方式可以进行卡常，从而跑得飞快。

HAOI 苹果树

题解链接。

HAOI 奇怪的背包

题解链接。

HAOI 字串覆盖

题解

特殊性质明示正解……

设 \(X=50,Y=2000\)。

考虑对 \(P\) 的串长根号分治。

然后进行一个剪花布条的贪心：每次把能覆盖的最小位置覆盖掉。

当 \(|P|>Y\) 时，考虑暴力找到每次能匹配的最小位置，就是 SA 上区间查询大于等于某个数的最小数，直接主席树即可维护；由于匹配次数不超过 \(\frac nY\)，其单次询问复杂度即为 \(O(\frac nY\log n)\)。

当 \(|P|\le X\) 时，注意到原串中每一个长度对应的串均不超过 \(O(n)\) 个，对那些串可以预处理答案，其余均无解。

或者说，预处理出每个串的“下一个匹配位”所在的位置，则该结构构成森林，直接把询问离线下来 dfs 一遍森林，同时树上差分，对末位二分即可得解（不知道为啥大家都写的倍增，明明离线下来多好写）。

构建树的过程可以做字符串哈希，哈希表维护找父亲，预处理复杂度 \(O(nX)\)，单组询问 \(O(\log n)\)。

对 \(X<|P|\le Y\)，由于询问保证均匀随机，考虑用第一种算法，单次期望复杂度为

\[O(\frac{\log n}{Y-X}\int_X^Y\frac nx\operatorname{d}x)=O(\frac{\ln Y-\ln X}{Y-X}n\log n) \]

微调一下阈值，总复杂度较难描述，称为 \(O(\text{能过})\) 好了。

如果本题不保证特殊性质，该做法的复杂度即为 \(O(n\sqrt{q\log n})\)。

JSOI 防御网络

题解

题目给了一个点仙人掌。考虑怎么做。

把计算期望变成计算总和。

考虑反向统计贡献。

非环边的贡献：

假设两侧节点数分别为 \(a,n-a\)，其会被选择 \((2^a-1)(2^{n-a}-1)\) 次。

环的贡献：

假设各节点外延节点数分别为 \(a_1,a_2,\dots,a_m\)，环长 \(d\)。

则每个部分存在被选节点的方法依次为 \(2^{a_1}-1,2^{a_2}-1,\dots,2^{a_m}-1\)。

考虑到，假如相邻被选节点的位置之间距离依次为 \(d_1,d_2,\dots,d_k\)，则环上链接的长度应为 \(d-\max_jd_j\)。

我们计算对于每个 \(\max_jd_j\) 其有多少选法。

一种想法是容斥（差分），转化为 \(d_j\le L\)。

枚举最小选择元素 \(1\le s\le L\)，对最后一个选择元素设状态，直接 dp。

\[f_p=(2^{a_p}-1)\sum_{1\le t\le L}f_{p-t} \]

显然可以用前缀和等优化到 \(O(n)\)，然后就在 \(O(n^3)\) 内完成了单个环的答案。

总复杂度 \(O(n^3)\)，已经可以通过。

优化到更优？我不会我不会。

递推的过程感觉可以直接表述成前缀和求单项，然后怎么来优化一个。

TBA

题解

鸽子啦！不做啦！

New Part

我回来了！

JSOI 列队

题解

萌萌题。

容易得到贪心算法：学生间的最短路不会出现迎面跨越和追逐跨越，容易证明这样可以得到一组最优解。

于是需要知道哪几个学生是向右走的，哪几个是向左走的。显然最终区间内存在一个位置（的相接处）满足其之前的向右，其之后的向左。

在主席树上二分即可做到单次询问 \(O(\log n)\) 的复杂度。

总复杂度 \(O(n\log n+q\log n)\)。

JXOI 排序问题

题解

容易发现，若设最终 \(v\) 的出现次数为 \(c_v\)，那么轮数为 \((n+m)!/\prod c!\)。

为什么？考虑合法状态一定是所有相同的数连成一片，不同的数从小到大，从而相同的数内部顺序可以任意。故最后这个状态只有 \(\prod c!/(n+m)!\) 的概率被随机到，取倒数即为期望轮数。

而目的是最小化 \(\prod c_t!\)，于是可以想到每次挑出一个出现次数最少的区间内的数将其加一。容易想到这个贪心是最优的。于是我们可以把出现次数最低的数同时向上抬高 \(1\)。

于是一开始预处理统计出区间内每种出现次数的数有几个即可。

复杂度容易做到 \(O(\max(n+m)) - O(n\log n)\)，其中前者复杂度来自于预处理阶乘，后者可以用哈希表做到 \(O(n)\)。

JXOI 游戏

题解

考虑怎样的集合是合法的。

我们会发现，有的元素无论如何都必须选；而选了这些元素后，其倍数就不必被选。因此合法等价于这些元素都被选。

假设有 \(k\) 个这样的数，我们现在计数转期望，改为求每个前缀不合法的概率，于是即为

\[\sum_{i=0}^n\frac{\binom{n}{i}-\binom{n-k}{i-k}}{\binom ni} \]

最后答案再乘上 \(n!\)，即为

\[(n+1)!-(n-k)!\sum_{i=k}^n\frac{i!}{(i-k)!}=\frac{k}{k+1}(n+1)! \]

于是就做完了。

FJOI 领导集团问题

题解

先反转一下权值，方便分析。

考虑对每个子树维护一下对于每个答案，最大的值至少要多少。

容易发现这单调。

合并两个子树时只用归并，加上根时只用更新 upperbound 处值。

使用 Splay 维护，复杂度 \(O(n\log n)\)。

使用 multiset 树上启发式合并维护，复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

FJOI 所罗门王的宝藏

题解

设第 \(i\) 行的贡献为 \(A_i\)，第 \(j\) 列的贡献为 \(B_j\)，则即若干条

\[A_x+B_y=c \]

的限制。

把其画作 \(n,m\) 的二分图上的一条边，我们发现只用对每一个联通块存在方案即可。

容易发现每个联通块可以左侧同加右侧同减，故答案若有解可总是整数。

于是对每个联通块假设左侧某个点权值为 \(0\)，然后从其开始 dfs 确定其余值并校验合法性即可。

总复杂度 \(O(n+m+k)\)。

TJOI 教科书般的亵渎

题解

容易发现，划分出剩余血量的连续段后，每段是一起杀的。

去掉顶部不存在的 \(n\) 后，剩下的不存在数目加一即为操作次数。

于是即为求自然幂和，可以拉格朗日插值轻松解决。

SDOI 反回文串

题解

首先容易想到容斥。为了容斥，需要考虑这个回文是怎样的结构。

也即考虑多个回文中心的情况。

如果 \(n\) 是奇数，则对任意两个回文中心，其对应的回文串必定相同。证明是容易的。于是可以得到此时原串必定由 \(n/j\) 个长度为 \(j\) 的回文串拼成。于是易得此时答案为

\[\sum_{j|n}r_{n/j}k^{\lceil j/2\rceil} \]

其中 \(r_j\) 满足 \(\sum_{t|j,j|n}r_{n/j}=t\)，即 \(\sum_{j|\frac nt}r_j=t\)，故 \(r_j=n\times(\mu*\operatorname{id}^{-1})(j)\)。也即答案为

\[n\sum_{j|n}(\mu*\operatorname{id}^{-1})(j)k^{\lceil n/2j\rceil} \]

考虑 \(n\) 是偶数的情况，此时容易发现任何一个回文中心的对面还是一个回文中心，因此必定会有至少 \(2\) 个回文中心。实际上容易发现所有回文中心还是均匀分布（间距相同），从而必定是一个串翻前翻后的形式。

于是，若其为奇数个回文中心，其相邻之间的串必定是偶回文串，从而出现了新的回文中心，从而矛盾。故必定为偶数个回文中心。

考虑直接枚举所翻转的串的形态。

\[\sum_{2j|n}u_{n/j}\frac{k^j-k^{\lceil j/2\rceil}}2+\sum_{2\nmid j,j|n}v_{n/j}k^{\lceil j/2\rceil} \]

其中 \(u_j\) 满足 \(\sum_{t|j,2j|n,2t\nmid j}u_{n/j}=2t\)，\(v_j\) 满足 \(\sum_{t|j,2\nmid j,j|n}v_{n/j}=t\)。

对于 \(j\) 满足 \(2^r|j\) 且 \(2^{r+1}\nmid j\)，我们有

\[u_j=2\times\frac{n}{2^r}(\mu*\operatorname{id}^{-1})(j/2^r) \]

于是对于 \(2\nmid t\land t|n\)，设 \(n\) 共有 \(r\) 个 \(2\) 因子，我们有

\[\sum_{t|j,2j|n}u_{n/j}\frac{k^j-k^{\lceil j/2\rceil}}2 \\=\sum_{i=0}^{r-1}u_{n/j2^i}\frac{k^{j2^i}-k^{\lceil j2^{i-1}\rceil}}2 \\=\sum_{i=0}^{r-1}\frac{n}{2^{r-i}}(\mu*\operatorname{id}^{-1})(n/j2^r)\times(k^{j2^i}-k^{\lceil j2^{i-1}\rceil}) \]

故第一部分即为

\[\sum_{j|\frac n{2^r}}\frac{n}{2^r}(\mu*\operatorname{id}^{-1})(n/j2^r)\sum_{i=0}^{r-1}2^i(k^{j2^i}-k^{\lceil j2^{i-1}\rceil}) \]

对于第二部分，我们注意到前面的系数与第一部分定义的唯一差异在于强制 \(v_j\) 的下标含有 \(2^r\) 个因子，因此等于

\[\sum_{j|\frac n{2^r}}\frac{u_{n/j}}2k^{\lceil j/2\rceil} \\=\sum_{j|\frac n{2^r}}\frac{n}{2^r}(\mu*\operatorname{id}^{-1})(n/j2^r)k^{\lceil j/2\rceil} \]

于是两部分贡献直接相加，可得答案为

\[\sum_{j|\frac n{2^r}}\frac{n}{2^r}(\mu*\operatorname{id}^{-1})(n/j2^r)(2^{r-1}k^{j2^{r-1}}-\sum_{i=0}^{r-2}2^ik^{j2^i}) \]

直接解决即可。（事实上可以发现奇数情况的公式和此几乎完全一致）

由于总需要求 \(t(\mu*\operatorname{id}^{-1})(j)\) 状物，故需要使用依照积性函数原理的搜索来找出所有位置，故需要使用 Pollard-Rho 算法进行质因数分解。为了保证运算过程中不含除法，需要考虑将 \(t\cdot\operatorname{id}^{-1}\) 一起考虑。