2023.03 做题记录

记 \(a_i\) 为第 \(i\) 个 team 的人数。

枚举出现 \(k\) 张作弊投给自己的票，贡献乘上 \((-1)^k\)。对于每个人，钦定有 \(b_i\) 张票来自队友，剩下的 \(c_i-d_i\) 张票随意。方案数为每个 team 将 \(a_i\) 张票分到 \(d\) 上的方案数乘起来，再乘上剩下的票的重排列方案数。

把组合数拆开然后两次 dp，复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

我们记 \(f(x)=\lceil\frac{x}{2}\rceil,g(x)=\max (0,x-b)\)。

假设 \(a_i\) 从大到小排好序了。

观察到 \(g(f(x))\le f(g(x))\)，所以一定先除再减。

又观察到 \(f,g\) 都用的，一定是一个前缀（因为这样减掉的最多），因此先枚举这个前缀，这样剩下的操作用的也就是这个前缀后面的一个区间，这个区间也就固定下来了。

分析剩下的这个区间。如果一个数很大，我们肯定用 \(f\)。一个数很小，我们也会用 \(f\)，中间段会用 \(g\)。所以最后的 \(a\) 序列应该被分成了五段：用 \(f,g\) - 用 \(f\) - 用 \(g\) - 用 \(f\) - 啥也不干。

前缀和 + two pointers。

首先可以轻松构造出一组特解，但是不一定满足值域限制。

因此目标就是调整值域。我们可以通过整行整列 \(+k\) 来做到。

记 \(r_i\) 为 \(i\) 行的调整值，\(c_j\) 为 \(j\) 列的调整值。发现这样是一个加法的限制，不会做！

但是观察到偶数行列取个反，就都变成减法了，也就可以差分约束了。所以就做完了。

观察冒泡排序和单点逆序对贡献的关系，每次做一个平移，然后全部 \(-1\)。

直接树状数组维护。

进行 Min-Max 容斥。设 \(t_i\) 为覆盖到 \(i\) 的最早时间。

那么所求即为 \(E(\max t_i)=\sum\limits_{S\neq \emptyset}(-1)^{|S|+1}E(\min\limits_{i\in S} t_i)\)。

\(\min\) 是不是好做一百倍？设有 \(f(S)\) 个区间满足覆盖了 \(S\) 中的至少一个位置。那么 \(E(\min\limits_{i\in S} t_i)=\frac{m}{f(S)}\)。所以我们要干的事情就变成了，对于每个 \(i\)，计算 \(f(S)=i\) 的 \((-1)^{|S|+1}\) 之和。这是可以 \(\mathcal O(n^3)\) 做到的。

把 \(dp_i(x)\) 看作一个序列，每次对其做操作。不难发现可以线段树维护。复杂度 \(\mathcal O(nm\log n)\)。

一眼寿司晚宴，那就根分，大于根号的质因子不超过 \(1\) 个。

可以先预处理出 \(f_{S,i}\) 表示钦定 \(S\) 中的质因子 (\(\le 43\)) ，是 \(i\) 的倍数的个数。

每次询问的时候，容斥，对于每一个质因子，强制出现或者可有可无，分别算一个 \(2^k\) 或者 \(2^{k}-1\) 乘起来。

首先钦定 \(k\) 个相邻，然后二项式反演。

枚举和原排列的 lcp，假设现在到 \(i\)，前一半出现了 \(a\) 个相邻。枚举前一半，钦定 \(t_1\) 个相邻。枚举后一半，钦定 \(t_2\) 个相邻。那么前一半要在 \(a\) 个中选出 \(t_1\) 个，后一半在 \(n-i-1\) 个种选出 \(t_2\) 个，所以方案数为 \(\binom{a}{t_1}\binom{n-i-1}{t_2}(n-i-1-t_2)!\)，这里 \(k=t_1+t_2\)。

暴力做，\(\mathcal O(n^4)\)。

观察到 lcp 后面第一位对于 \(a,b\) 的影响是 \(\mathcal O(1)\) 的，因此轻松做到 \(\mathcal O(n^3)\)。

考虑使用生成函数理解这个问题。我们有两个生成函数，分别是 \(F_{a}(x)=(1+x)^a\) 和 \(G_i(x)=g_j\times x^j\)。最后答案可以被表示为 \(\mathcal O(n)\) 个 \(F\times G\) 的系数和。

那怎么做呢。你以 \(1+x\) 为占位元化简，可以搞出关于 \(1+x\) 的多项式。直接秦九韶，复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

要求是 \(0.5\sim 2\) 倍。考虑 \(1\) 到所有点的最短路的最大值，应该是标准答案的 \(0.5\sim 1\) 倍，所以输出这个值的两倍，也就是标准答案的 \(1\sim 2\) 倍是对的。

离线。我们观察到每次都算一遍实在太慢了，想想能不能一个答案多用几次。每次答案废掉的时候直径一定减少了一半，因此只会废除 \(\log n\) 次。每次二分出最远用到哪里，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 n)\)。

\(k\ge 5\) 的时候好做的，直接枚举分成 \(k\) 段，那么循环节一定在某一段中。

\(k\le 3\) 的时候也是好做的，分成几段 dp LCS 就行了。

\(k=4\) 不好做，但是被 \(k=2\) 包含了，所以做完了。

发现求的是后缀和，因此问询的就是两个元素相等的概率。

树套树。

但是 \(l=1\) 的时候是错的，特判。

考虑一个生活中的赌场模型，将时间与金钱做联系。

可以参考题解区第一篇，以及我写的：link

SAM 板子，\(k\) 小子串。

首先建出 SAM 的 dag，计算一下每个节点后继个数。

\(k\) 小子串相当于 \(k\) 小路径。按位确定即可。

记 \(len_i\) 为 \(S\) 以 \(i\) 为结尾的前缀的后缀是 \(T\) 的子串的最长长度。建出 \(T\) 的 SAM 然后拿 \(S\) 上去跑一遍就行了。

问题变成区间查询 \(\max \{\min (len_i,i-l+1)\}\)。

\(i-len_i+1\) 单调不降，因此存在一个分界点，二分出来，两边分别查询。

套路：一般图方案数为 \(G(x)\)，连通图方案数为 \(F(x)\)，那么 \(e^{F(x)}=G(x)\)。所以 \(F(x)=\ln G(x)\)，\(G(x)\) 是好求的，\(g_i=2^{\binom{i}{2}}\)，做一下多项式 \(\ln\) 即可。

我们假设计算值域为 \([l,r]\) 且 \(l\) 存在的答案，这相当于值域 \([l,r]\) 的答案减掉值域 \([l+1,r]\) 的答案。

区间长度是固定的 \(K\) 或者 \(K-1\)。在不断滑动的过程中只有 \(\mathcal O(n)\) 个关键点造成变化。因此对于每个区间，用树形 dp 任意算出 \(n+1\) 个值，然后拉格朗日插值。

可以求出 \(f(x)=i\) 的个数，记为 \(c_i\)，不为 \(0\) 的不多，可以数位 dp。

接下来我们要求的就是 \(c_i\times c_j\) 的前 \(k\) 大。\(k\) 不大，可以一个一个找出来。对于每个 \(c_i\) 维护当前到哪个 \(j\) 了，放入一个堆。每次取出堆顶，将对应的 \(i\) 的 \(j\) \(-1\) 再放回堆里。

考虑 \(k=2\) 的做法。一定分成两个黑白连通块，那么相当于对偶图上的最短路。

\(k\) 更大也是一样的。首先相邻同色点缩起来，然后我们观察黑白点两两配对的顺序。不可能出现 \((1,3)(2,4)\) 这样的情况，因为换成 \((1,2)(3,4)\) 或者 \((1,4)(2,3)\) 更优。

这样相离或者包含的条件令人想到区间 dp。断环成链，记 \(f_{l,r}\) 为 \([l,r]\) 的最小代价。一种转移是 \(l,r\) 配对，还有一种是枚举一个分割点。

我们只要对所有的关键点算出最短路就可以转移了。时间复杂度 \(\mathcal O(Tn^2\log ^2n+Tk^3)\)。（是吗，反正能过就行.jpg）

很卡常，用 int，手写 pair，\(k=2\) 的时候最短路是对称的，跑一遍就好。

每个 \(a_{i,j}\) 是和 \(a_{j,i}\) 绑定的，所以为了使得字典序最小，我们按照顺序按位确定。

假设当前考虑到 \(a_{i,j}\) 和 \(a_{j,i} (i<j)\)。如果 \(a_{i,j}=a_{j,i}\)，那么是否交换不影响答案。如果 \(a_{i,j}>a_{j,i}\)，那么我们希望可以交换，也就是说 \(k=i\) 和 \(k=j\) 两个操作需要恰好做一个；如果 \(a_{i,j}<a_{j,i}\)，那么我们希望不交换，也就是说 \(k=i\) 和 \(k=j\) 两个操作不能同时做也不能同时不做。

这个操作可以用带权并查集维护，时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

这个题有很多的思考方式。

方法一：状压，容斥

考虑枚举出一个集合 \(S\)，钦定其中的元素都是超过 \(f_i\) 的限制的。那么现在问题就变成了 \(s'=s-\sum (f_i+1)\) 个球分成 \(n\) 组，根据插板法方案数是 \(\binom{s'+n-1}{n-1}\)，由于 \(n\) 很小，直接暴力算，复杂度 \(\mathcal O(2^nn)\)。

方法二：生成函数

对于每一种球建立 OGF，即 \(1+x+x^2+\dots x^{f_{i}}\)，那么答案即为所有 OGF 的乘积的 \(s\) 次项系数。

但是 \(f\) 很大，不能暴力乘。考虑化为封闭形式，即 \(\frac{\prod (1-x^{f_{i}+1})}{(1-x)^n}\)。分母这部分可以再重新展开得到 \(\sum \limits_{i=0}^{\infty}\binom{n+i-1}{n-1}x^i\)。

枚举分子里面每一项取了 \(1\) 还是 \(-x^{f_{i}+1}\)，这样分母对应的次数就确定了，也就可以得到所求的组合数。同上，由于 \(n\) 小，直接暴力算。复杂度 \(\mathcal O(2^nn)\)。

实际上不难发现两个方法推导出的最终结果是一致的。

对于两个子串 \(a_i,b_j\)，修改的最小代价为 \(k-|\operatorname{lcp}(a_i,b_j)|\)。

所以我们要求出一组匹配的方案，使得 \(\sum |\operatorname{lcp}(a_i,b_j)|\) 尽可能大。

把两个串都翻转之后接在一起建立 SAM。把所有 \(A,B\) 的子串代表的节点标记出来。

我们在 SAM 的 parent 树上考虑这个问题：两两配对，代价为树上路径权值之和（\(\operatorname{LCA}\) 代表的就是 \(\operatorname{lcp}\)）。这个问题显然可以直接在树上贪心。对于每个子树，尽可能内部匹配，不能匹配的传给父亲节点继续匹配。时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

不考虑 \(k\) 的限制做，最后由于是恰好 \(k\) 个再套一个 wqs 二分求回来。

如果不限制比赛轮数的话，有一个简单的 dp：\(f_i\) 表示剩下 \(i\) 个人最多赚多少。那么 \(f_{i}=\max\{f_j+\frac{i-j}{i}\}\)。

可以化成 \(y=kx+b\) 的形式，即 \(f_{i}=\max\{-\frac{1}{i}\times j +f_j+1\}\)，直接斜率优化就行了。

首先考虑 E1：我们计算 unlucky 的票数。假设总数位和为 \(s\)，那么也就是不存在 \(a_i=j\)，满足 \(2j\equiv s\pmod k\)。这东西很好做，直接 dp，枚举每一位选啥。复杂度是 \(\mathcal O(nk^2)\)。每一个 \(s\) 都要做一遍，所以复杂度是 \(\mathcal O(nk^3)\)。

对于 E2，\(n\) 变大了。考虑用矩阵优化这个 dp，可以做到 \(\mathcal O(k^4\log n)\)。但是这还不够。观察到每次乘的是一个 \(1\times k\) 的向量，所以单次乘法可以优化到 \(\mathcal O(k^2)\)，整体复杂度就是 \(\mathcal O(k^3\log n)\) 了。

对于 E3，

\[k^n-\left[(k - 1)^n + (-1)^n\left(\operatorname{gcd}(n + k - 2, k) - 1\right)\right],k=2m+1 \]

\[\frac{k^n}2-2^{n - 1}\left[(\frac{k}{2}-1)^n+(-1)^n(\operatorname{gcd}(n + \frac{k}{2} - 2,\frac{k}{2}) - 1)\right],k=2m \]

这是什么？式子。推一下，不会。

一分钟胡的，不写了。

确定一个阈值 \(B\)。当进制 \(b\le B\) 时枚举所有的 \(B\) 并试除判断；当进制 \(b>B\) 时枚举 \(01\) 状态，二分出可能的 \(b\)。

复杂度 \(\mathcal O(T(B\log_{B}n+2^{\log _{B}n}\log n))\)，应该取个 \(B=300\) 差不多。

一分钟胡的，不写了。

首先转化成 \(K\) 大 \(\ge x\) 的方案数，假设分别为 \(b_1,b_2\dots b_m\)，那么答案就是 \(\sum b_i\)，相当于一个网格图你是竖着加起来或者横着加起来。

那就简单了，随便组合数算一下就行了吧。

三十秒胡的，不写了。

考虑对于每一位有若干个分界点，分开之后区间内部就变成独立的了，那不是好做吗，设 \(f_{i,l,r}\) 表示第 \(i\) 位，搞到区间 \([l,r]\) 的方案数，然后分成更小的区间递归下去。

复杂度（应该）是四次方乘上一个 \(10\) 的常数（吧）。

二分答案，假设是 \(mid\)。

对于每个点，多拆出来两个点表示喜欢或者不喜欢。源点到男生连边，女生到汇点连边，流量为 \(mid\)。每个男生原点到对应的喜欢的点连 \(+\inf\) 的边，不喜欢的点连 \(k\) 的边，然后每个喜欢或者不喜欢的点到对应的女生连边。跑一个最大流，如果 \(=mid\times n\) 那么也就是满流，\(mid\) 可行，否则不可行。

posted @ 2023-05-05 09:20  PetitSouris  阅读(107)  评论(0)    收藏  举报