4月记录

48.AT_arc064_d

对于任意本原回文串，如果长度为奇数，那么它的任意循环位移均不是回文串；如果长度为偶数，恰有一个循环位移同样为回文串。

还有一个回文串的所有循环节都是回文串。

我们对于最小循环节计数，就有 $f_i=k^{\lceil\frac{i}{2}\rceil}-\sum_{j|i}f_j$。

50.[ NOI --四十连测第六套 ]--T1--魔术

考虑添加限制后全部满足，那么不满足的情况有 $0$ 种，等价于添加反限制后无解。

无解即出现了同点的强联通分量，情况一：两点已经右边，这时候再加一条即可。

情况二：$a_p\to b_0 \not \to b_1 \to a_{p ^ 1}$ 或 $a_p \to b_1 \not \to b_0 \to a_{p ^ 1}$ 满足 $a$ 互相无法到达，$b$ 互相无法到达。

51.[ NOI --四十连测第六套 ]--T2--交友

容易对每个男生考虑其连向的点集合 $S$。

新加一位，这个男生为 A，其他男生为 B，$S$ 中元素为 A，其他女生为 C（因为题目保证了女生互相联系）。

然后对男生女生分别加上其编号的二进制数，以男生为例，这个女生对应为应全填 C，这下是 $n+2\log n$ 的。

发现若两个女生连向的集合不同，那么这两个女生再构造二进制前，编号已经不相同了。

所以可以想到对两侧分别合并联通块，满足同一联通块内的异侧集合相同，这样在构造二进制之前，联通块中所有相同，不同联通块的不同，再分别对每个联通块内部构造编号二进制。

以下视联通块个数少为左侧，左联通块数为 $s1$，右边为 $s2$，最大联通块大小分别为 $mx1,mx2$，满足 $s1+mx1-1\le n$。

根据构造次数为 $\min(s1,s2)+\log(mx1)+\log(mx2)$，不难得到最劣情况下，除了最大联通块，其他大小都为 $1$，满足 $s1+mx1-1=n$。

对于第 $0$ 位的问题，若左右侧联通块个数都不为 $1$ 时无需构造。

当 $s1=s2=1$ 时，这种情况容易处理。

若右侧联通块 $\max=1$，那么次数为 $s1+1+\log(mx1)\le n+1+(\log(mx1)-mx1+1)\le n+2$。
否则，次数为 $s1+\log(mx1)+\log(mx2)\le s1+2\log(n+1-s1)\le n + 1 + 2\log(n+1-s1)-(n+1-s1)\le n + 2$。

发现上述情况当 $mx1=mx2=3$ 或 $mx1=mx2=5$ 且 $s1+mx1-1=n$ 时，即联通块只有 $mx1$ 和一堆 $1$，才能取到 $n+2$。

这是，例如当 $mx1=3$ 时：

另一种情况同理。

52.[ NOI --四十连测第六套 ]--T3--命运（待补）

53.AT_arc065_d

$f_{i,j}$ 表示前 $i$ 填了 $j$ 位，考虑一下上下界即可。

或者 $f_{i,j}$ 表示 $[l_i,r_i]$ 中填了 $j$ 个 $1$，$[1,l_i)$ 已经确定的方案数。

54.AT_arc066_c

https://www.luogu.com.cn/article/v14t76vl

55.AT_arc066_d

无 code。

记 $f_{i}$ 表示考虑了前 $i$ 位的答案，发现是可以斜率优化的。

再考虑修改，点 $i$ 不选择的答案容易计算。

若点 $i$ 选择，需要考虑左右端点。

56.AT_arc067_c

设计 $f_{i,j}$ 表示考虑了人数 $\le j$ 的组，一共选了 $j$ 人的方案数，转移容易。

考虑分治，维护 $h1_i$ 表示考虑 $[l,mid]$ 的左端点，右端点为 $i$ 时的答案，$h2_i$ 同理，斜率优化容易处理，对单点修改的答案的转移就是前缀或后缀 $\max$，维护凸包然后单调队列容易转移。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

考虑右端点 $r$ 的最优端点 $l$，那么对于 $p<l$，$[p,r]$ 不优于 $[l,r]$，然后 $[p,r]$ 的 $\max$ 包含 $[l,r]$ 的，当 $r\to r+1$ 时，$[l,r]$ 和 $[p,r]$ 的减去的差不变，但是 $[l,r]$ 的 $\max$ 增长量 $\ge$ $[l,r]$ 的，所以最优端点单调增。

考虑分治维护，每次暴力求中点即可。

再者是，单调栈求出每个点作为一个最大值时的左右端点的两个区间，二维矩阵加。

最后处理出矩阵查找最大值即可。

58.Codeforces Round 939 (Div. 2)

打出了真实水平。

CF1956C

对于 $i\in[1,n]$，先填第 $i$ 行，再填第 $i$ 列，就能构造出最优情况了。

对于最终的矩阵，我们将 $f (x) $定义为大于或等于 $x$ 的元素数。矩阵中所有元素的和是 $\sum _ { i = 1} ^ n f (i) $，因为值 $x$ 的元素将在之前的公式中计算 $x$ 的次数。

现在，我们证明 $f (x) \le n ^ 2-(x-1) ^ 2$：

让我们重写这个问题，让它变得简单一点:

你有一个 $n$ 乘以 $n$ 的矩阵。在每个操作中，都可以在行或列中精确地将 $x-1$ 单元格涂成白色，将 $n-(x-1)$ 单元格涂成黑色。证明最多有 $n ^ 2-(x-1) ^ 2$ 黑色单元格。

试图通过说明以加强结论:

对于任何大小为 $n$ 乘以 $m$ 的矩阵，每个操作都可以将一行绘制为 $x$ 白色单元格和 $m-x$ 黑色单元格，或者将一列绘制为 $y$ 白色单元格和 $n-y$ 黑色单元格。无论我们如何绘制，最终的矩阵将最多有 $nm-xy$ 黑色细胞。

我们将用归纳法来证明这一点。

如果 $x = m$ 或 $y = n$，结论成立。

否则，如果最后一个操作是绘制一行，那么该行具有正好 $m-x$ 黑色单元格。并且，通过归纳，其他行将最多包含 $(n-1) m-x (y-1)$ 黑色单元格。在最后一步中绘制列也是类似的。

然后，我们证明了上述结论。

因为上面的构造最大化了每个 $f (x) $，所以这是最佳答案。

CF1956D

首先，若执行了长度为 $len$ 的操作，那么数最大为 $len$。

考虑最优解中每个区间的并，如果一个点所在区间的并为 $len$，那么如果这个区间所有数都取得 $len$，那么显然是最优的。

所以考虑对于一个区间将其所有数转化为 $len$，可以先通过不超过 $2$ 次操作将所有数变成 $0$。

给出伪代码：

//! a function which sets a_1 ... a_k into k.
function solve(k):
  if k is 1:
    operate [1,1]
    return
  end if
  solve(k-1);
  for i in [k-2, ..., 1]:
    operate [1,i] //! this sets a_1 ... a_i into 0
    solve(i)
    //! here, a should be [i, i, ..., i, i+1, i+2, ..., k-1, 0]
  end for
  //! here, a should be [1, 2, 3, ..., k-1, 0]
  operate [1,k]
  return

CF1956E

four consecutive monsters have energy level $x,y,z,w\ (x,y,z,w>0)$ and they did not die after $t$ rounds of spells, then $y$ will receive at least $t$ points of damage, $z$ will receive at least $(t-1) +(t-2)+\cdots=O(t^2)$ of damage, and $w$ will receive at least $O(t^3)$ of damage.

所以执行了 $\sqrt[3]{V}$ 次后，序列中不存在连续 $4$ 个数。

单独考虑每种长度即可，涉及到数学计算。

59.CF1787F

码量大，代码估了。

首先可以玩出奇偶长度的环的变换。

题目要求开始环数最少，考虑合并相同大小连通块。

考虑无解，最后偶数连通块必须一直合并，所以若有一个大小为 $x$ 的偶环，那么一定得有 $2^k$ 的倍数个大小为 $x$ 的环，并且偶环的合并只涉及到偶环。

考虑分组，对于个数 $\le 2^k$ 的部分就二进制分组，否则分成多个 $2^k$ 即可。

60.AT_arc068_c

61.AT_arc068_d

题目问的显然是有多少个长度为 $n$ 的排列，满足其可以被分成两个递减序列，然后乘上 $2^{n-k-1}$，表示使得第 $m$ 位为 $1$。

由某个定理可得，其等价于不存在 $3$ 三个递增的数，记为性质 $A$。

这个 $f(m)=1$ 太麻烦了，我们考虑 $f$ 的反函数，$p(f(i))=i$，根据函数与反函数的关系，$f$ 具有性质 $A$ 等价于 $p$ 具有性质 $A$。

于是问题转化为有多少个长度为 $n$ 的排列，满足其可以被分成两个递减序列，使得第一位为 $m$。

记 $f_{i,j}$ 表示长为 $i$ 的排列，第一位为 $j$ 的方案数。

若 $i=j$，则 $f_{i,j}\gets \sum\limits_{k=1}^{j-1}f^{i-1,k}$。

若 $j<i$，考虑第二位：

若 $a_2=i$，$f_{i,j}\gets f_{i-1,j}$；
若 $j<a_2<i$，无解；
否则 $f_{i,j}\gets \sum\limits_{k=1}^{j-1}f^{i-1,k}$。

发现答案就是从 $(2,1)$ 走到 $(n,m)$，不越过 $y=x$ 的线的方案数。

62.AT_arc072_c

63.AT_arc072_c

64.AT_arc075_d

65.CF794G Replace All

排除掉 $S=T$ 的情况。

考虑 $p$ 和 $q$ 之间的对应关系，发现 $p,q$ 具有长度为 $\gcd(|p|,|q|)$ 的周期。

简要证明：

弱周期定理：若字符串 $s$ 具有长为 $a$ 和 $b$ 的周期，且 $a+b\le |S|$，那么 $s$ 具有 $\gcd(a,b)$ 的周期。

先去掉 $s,t$ 相同的最长前缀和后缀，若 $|p|>|q|$，那么就有 $q$ 同时是 $p$ 的前缀和后缀，于是 $p$ 有长度为 $p-q$ 的周期。

再考虑 $p-q$ 这多出来的一部分，若 $|p-q|<|q|$，那么 $p-q$ 是 $q$ 的前缀，也是 $p$ 的前缀。

那么后面多出来的也是 $p-q$ 也是 $p$ 的后缀，那么 $p$ 有长度为 $q$ 的周期，且 $p-q+q\le p$，那么 $\gcd(p-q,q)=\gcd(p,q)$ 的周期也是有的。

证毕。

由上，$p,q$ 都可以表示为一个串循环若干次，那么 $p+q=q+p$，于是我们只需要关注 $|c_{s,A}-c_{t,A}|,|c_{s,B}-c_{t,B}|$，分别设为 $dA,dB$，则有 $dA\times p=dB\times q$，且 $dA,dB$ 要么无零，要么两个都是零。

若两个都是零，那么 $p,q$ 长度任意，方案数为：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}2^{\gcd(i,j)} \]

根据莫比乌斯反演，容易线性求。

否则，有 $\frac{dA}{dB}=\frac{q}{p}=\frac{a}{b}$，其中 $a,b$ 为最简形式。

则 $1\le\gcd(|p|,|q|)\le \min(\lfloor\frac{n}{a}\rfloor,\lfloor\frac{n}{b}\rfloor)$，当已知 $dA,dB$ 时，方案数为：

\[\sum_{i=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{a}\rfloor,\lfloor\frac{n}{b}\rfloor)}2^i \]

再看回原序列的方案数，不妨设 $|c_{s,A}-c_{s,B}|=k$，那么方案数为：

\[\sum_{i}\binom{c_{s,?}}{i-c_{s,A}}\binom{c_{t,?}}{i-k-c_{s,A}} \]

这是个范德蒙德卷积的形式，容易化简。

66.[AGC001F] Wide Swap

考虑逆排列

67.AT_agc003_d

对质因数次数 $\mod 3$ 之后的数即其关于 $3$ 的对应数（这是唯一的），若他的数量 $>$ 他对应数的数量，就加入他。

现在关键在于找对应值。

设 $\mathcal O(\sqrt[3]{W})$ 删除一个数的立方因子后的数为 $s1$，删去原数 $\le \sqrt[3]{W}$ 后的数为 $s2$。

则 $s2$ 的不同质因子数量 $\le 2$。

68.circle

曼哈顿距离有 $4$ 种方向，相邻两个数有方向限制，dp 一下，可以解决某种排列下的最优解。

随机几次排列即可。

69.string

每种颜色只会进行操作 $2$ 至多一次，且存在最优解先进行 $2$ 再进行 $1$。

计算每个点的最优出边。

不是每个联通块都是环，就是最优解。

否则，枚举断环的集合，以及新的出边，dp 即可。

70.如何证明李善兰恒等式？及其应用

https://www.zhihu.com/question/459956568

https://www.luogu.com/article/hi3ek1ck

71.【集训队作业2018】count

转化为笛卡尔树，满足叶子作为左儿子的次数最大值 $\le m$。

二叉树转化为括号序列，节点包住左儿子，然后递归右儿子。

相当于前缀最大值 $\le m$ 的括号序列个数。

折线容斥即可。

72.[AGC011E] Increasing Numbers

一个数是递增数当且仅当他能被至多 $9$ 个 $111...$ 表示。

一个数 $n$ 能被 $k$ 个递增数表示当且仅当他能被至多 $9k$ 个 $111...$ 表示。

列出式子：

\[n=\sum_{i=1}^{9k}111...(len=p_i)\\ \rightarrow n=\sum_{i=1}^{9k}\frac{10^{p_i}-1}{9}\\ \rightarrow 9n+9k=\sum_{i=1}^{9k}10^{p_i} \]

二分 $k$，高精度计算 $9n+9k$ 得出他的十进制表示是否 $\le 9k$ 即可。

递增枚举 $k$ 也行。

73.[AGC005F] Many Easy Problems

设当前考虑点集大小为 $k$。

转化为对每个点考虑其被算进的方案数。

容斥成不被算进的方案数，则点集所有点在 $u$ 的同一个儿子内，则：

\[ans_k=\binom{n}{k}-\sum_{u}\sum_{v\in son(u)}\binom{sz_{u,v}}{k}\\ =\binom{n}{k}-\sum_{j\ge i}\binom{j}{k}c_j\\ =\binom{n}{k}-\frac{1}{k!}\sum_{j=i}^{n}\frac{j!c_j}{(j-k)!}\\ =\binom{n}{k}-\frac{1}{k!}\sum_{j=0}^{n-k}\frac{(j+k)!c_{j+k}}{j!} \]

右边是一个差卷积，容易求出。

74.[AGC013C] Ants on a Circle

75.[AGC006D] Median Pyramid Hard

二分，转成 01 串，结论为相邻相同的最靠近中间的数。

posted @ 2024-04-08 13:35 蒟蒻orz 阅读(4) 评论(0) 编辑收藏举报

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