近几日题目小记

西行寺无余涅槃

题意

给定 \(n\) 个稀疏多项式,求他们的 \(\text{xor}\) 卷积。

具体的,每个多项式中有 \(k\) 个位置有数,值域为 \([0,2^m)\) ,其中对于每个多项式的 \(k\) 个值从小到大排序后均为 \(a_0,a_1,…,a_{k-1}\) ,在第 \(i\) 个多项式中,\(a_j\) 所在位置为 \(p_{i,j}\)

\(m+k\leq 20,1\leq n\leq 10^6,k\leq 10\)

题解

暴力做法是对于每个多项式求完 \(FWT\)\(IFWT\) 回去,显然这复杂度不可接受。

显然点值的不同个数为 \(2^k\) ,可以写成 \(\pm a_1\pm a_2\pm a_3\pm…\pm a_k\)

不妨对于每个位置单独考虑在 \(FWT\) 的结果,设 \(a_1+a_2+…+a_k\) 出现了 \(x_0\) 次,\(-a_1+a_2+…a_k\) 出现了 \(x_1\) 次,\(-a_0-a_1-…-a_k\) 出现了 \(x_{2^k-1}\) 次。

如果我们一直 \(x\) 的具体取值就很容易知道该位置 \(FWT\) 后的值。

显然有

\[\sum_{i=0}^{2^k-1} x_i=n \]

考虑一个元素 \(\alpha\) 对答案的贡献,具体的设多项式 \(F\) ,对于 \(i\in[1,n]\) ,在 \(p_{i,\alpha}\) 的位置加一,对 \(F\)\(FWT\) 的结果。

不妨令 \(\alpha=1\) ,那么该多项式的当前考虑位置值为 \(w\) ,则。

\[x_0-x_1+x_2-x_3+...=w \]

因为 \(x_0,x_2,…\) 前面的系数为 \(+1\) ,而 \(x_1,x_3,…\) 前面的系数为 \(-1\)

同理可以得到 \(k\) 个方程,但这远低于 \(2^k\)

人类智慧一下如果 \(\alpha\) 是个集合呢?

不妨设 \(\alpha=\{1,2\}\) ,那么对于 \(i\in [1,n]\) ,在 \(p_{i,1}\bigoplus p_{i,2}\) 的位置加一,对 \(F\)\(FWT\) 的结果在当前考虑位置值为 \(w\)

由于 \(a \bigcap(b \bigoplus c)=(a\bigcap b)\bigoplus (a \bigcap c)\) ,那么表达的为 \(a_1,a_2\) 前面系数相同的做 \(+1\) ,不同为 \(-1\)

\[x_0-x_1-x_2+x_3+...=w \]

推广一下就可以得到 \(2^k\) 个方程,但如何快速解呢?

事实上方程的系数是 \(F={x_0,x_1,x_2,…,x_{2^k-1}}\)\(FWT\) 后的结果,这也很好解释。

那么只要得到该 \(2^k\) 方程系数后做 \(IFWT\) 就可以得到 \(x_0,x_1,x_2,…,x_{2^k-1}\) 的具体值。

时间复杂度 \(\mathcal O(2^k(n+2^m\cdot m))\)

http://121.17.168.211:30000/contest/submission/9365

2021 山东省集 易见

题意

给定长度为 \(n\) 的字符串 \(S\)\(Q\) 组询问,每次询问一段区间内本质不同的子序列个数。

\(1\leq n,q\leq 10^6\)

题解

弱化版题目:「2017 山东一轮集训 Day6」子序列

本质不同子序列个数的求法可以通过建子序列自动机(模拟贪心)数 \(DAG\) 路径条数解决,或者矩阵乘法。

对于矩阵乘法,设 \(f_{i,j}\) 表示开头为 \(i\) ,预支下一个接上来的字符为 \(j\) 的方案数。

显然对于字符 \(c\) 来讲, \(f_{0,0}=f_{1,1}=f_{2,2}=…=1,f_{c,0}=f_{c,1}=f_{c,2}=…=f_{c,26}=1\) 设该矩阵为 \(G(c)\)

那么对于询问区间为 \([l,r]\) 来说,\(F=\prod_{i=l}^r G(S_i)\) 。 则最终答案为 \(\sum_{i=0}^{25} F_{i,26}\)

故我们需要快速求一段区间内矩阵乘,可以维护前缀乘与前缀矩阵逆的乘。注意 \((AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}\)

具体的,设 \(P_i=\prod_{j=1}^i G(j),Q_i=\prod_{j=i}^1 G^{-1}(j)\) ,那么答案写成 \(Q_{l-1}\times P_r\)

时间复杂度 \(\mathcal O((n+q)|z|^3)\) ,仅能解决弱化版问题。https://loj.ac/s/1135303

观察一下 \(G^{-1}(c)\) 的性质,该矩阵可以写成

\[\begin{bmatrix}1& 0& 0 &0\\-1& 1& -1&-1\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix} \]

假设 \(|z|=4,c=2\)

若矩阵 \(G^{-1}(c)\times F\) ,事实上是除第 \(c\) 行其余行值不改变,而第 \(c\) 行每个值减去该列其他值。

观察一下 \(G(c)\) 的性质,该矩阵可以写成

\[\begin{bmatrix}1& 0& 0 &0\\1& 1& 1&1\\0&0&1&0\\0&0&0&1\end{bmatrix} \]

若矩阵 \(F\times G(c)\) ,事实上是将除第 \(c\) 列其余值加上所在行的第 \(c\) 列值,第 \(c\) 列不变。

我们需要知道 \(Q_i\times P_j\) 最后一列的和,由于 \(P_j=\prod_{i=1}^j G(S_i)\) ,我们可以将 \(P_j\) 看成一个变换,将列看成整体,维护在 \(P_j\) 时是通过每列的多少系数构成的。

这很好通过 \(\mathcal O(n|z|)\) 的时间维护。

那么我们需要知道 \(Q_i\) 的每列和,这也十分好维护,时间复杂度 \(\mathcal O(n|z|)\) .

故总时间复杂度 \(\mathcal O((n+q)|z|)\)

https://loj.ac/s/1135574

PKUWC2018 Minimax

题解

显然有 \(\mathcal O(n^2)\) 树形 \(dp\) 的做法,对其做线段树合并维护乘法以及区间和可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\)

https://loj.ac/s/1137898

PKUWC2018 随机算法

题解

显然有 \(\mathcal O(3^n)\) 的状压 \(dp\) ,但这样记录了每个点是否选择与是否在独立集中,很难得到优化。

考虑对于不在独立集中的点,它出现的位置只要比相邻第一个出现在独立集时间靠后即为合法。

那么我们仅考虑在独立集的元素为 \(S\) ,设 \(f_S\) 表示独立集为 \(S\) ,并且考虑完 \(Nex(S)\) 的方案数。其中 \(Nex(S)\)\(S\)\(S\) 的邻居集合。

考虑在 \(f(S)\) 后面加入元素 \(u\) ,显然需要满足 \(S\) 不存在到 \(u\) 的边,但转移到 \(f(S+u)\) 的系数是什么呢 。

设需要考虑点的个数为 \(x\) ,后面还有 \(y\) 个点没有确定位置,那么通过插板法可以得到 \(\binom{x+y}{y-1}\)

时间复杂度 \(\mathcal O(2^n\times n)\)

https://loj.ac/s/1138039

PKUWC2018 猎人杀

题解

啥都不会/qaq。

一个很精妙的转化是每次 \(\dfrac{w_i}{\sum w}\) 的概率选择 \(i\) ,但若已经选择则再重新选择,使得最后均被选择,概率是相同的。

对答案容斥,记 \(f(S)\) 表示在 \(1\) 号点选择前至少 \(S\) 未被选择,则

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_S (-1)^{|S|} f(S)\\&=\sum_S (-1)^{|S|}\dfrac{1}{1-{\dfrac{\sum w-w_1-\sum_{u\in S w_u}}{\sum w}}}\times \dfrac{w_1}{\sum w}\\&=w_1\sum_{S} (-1)^{|S|} \dfrac{1}{w_1+\sum_{u\in S} w_u} \end{aligned} \]

由于 \(\sum w\leq 10^5\) ,考虑枚举 \(\sum_{u\in S} w_u\) ,那么需要知道 \(\sum (-1)^{|S|}\)

答案可以写成 \([x^i]\prod_{i=2}^n (1-x^{w_i})\) ,分治 \(NTT\) 即可。时间复杂度 \(\mathcal O(\sum w\log^2 \sum w)\)

https://loj.ac/s/1138127

PKUWC2018 随机游走

题解

对答案 \(Min-Max\) 容斥,那么需要对每个子集 \(T\) 求出从 \(x\) 走到 \(T\) 中点停止的期望时间。

普通消元是 \(\mathcal O(n^3)\) 无法解决问题,不妨将转移写出,设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 开始走到 \(T\) 中任意一点停止的期望时间,则

\[u\in T,f_u=0\\ u\notin T,f_u=\dfrac{1}{d_u}(\sum_{v} f_v+f_{fa_u})+1 \]

树上高斯消元很经典的套路是每个点 \(f_u\) 可以写成

\[f_u=A_uf_{fa_u}+B_u \]

其中,\(A_u,B_u\) 为常数。

证明也较为 \(\text{trival}\) ,若 \(u\) 为叶子那么 \(f_u=\frac{1}{d_u}f_{fa_u}+1\)\(A_u=\frac{1}{d_u},B_u=1\) 。否则

\[\begin{aligned} f_u&=\dfrac{1}{d_u}(\sum A_vf_u+B_v+f_{fa_u})+1\\ d_u\cdot f_u&=\sum A_vf_u+B_v+d_u+f_{fa_u}\\ (d_u-\sum A_v) f_u&=f_{fa_v}+\sum B_v+d_u \end{aligned} \]

\(A_u=\dfrac{1}{d_u-\sum A_v},B_u=\dfrac{\sum B_v+d_u}{d_u-\sum A_v}\)

由于不能 \(\mathcal O(q2^n)\) ,需要 \(FWT\) 处理出答案,\(O(1)\) 回答。

时间复杂度 \(\mathcal O(2^nn+q)\)

https://loj.ac/s/1138084

PKUSC2018 最大前缀和

题解

对于 \(a\) 中仅存在一个负数的情况考虑枚举集合 \(S\) 使得 \(S\) 为最大前缀和,那么 \(S\) 的补集 \(T\) 需要满足 \(T\) 中前缀和均小于 \(0\)

这也是该题的解题思路。

\(f_S\) 表示 \(S\) 中的元素任意排列后最大前缀和为它本身的方案数,\(g_S\) 表示 \(S\) 中的元素任意排列后前缀和 \(<0\) 的方案数。

\(g_S\) 很好转移,每次往后新添一个元素看一下前缀和是否 \(<0\) ,时间复杂度 \(\mathcal O(2^nn)\)

对于 \(f_S\) 来说往后新添一个字符很难进行转移,但往前填就会方便转移。

具体的,设当前序列 \({a_1,a_2,…,a_k}\) ,由于 \(\sum_{i=1}^k a_i\) 为最大值那么 对于 \([2,k]\) 来说前缀最大值也应该为他本身,否则一定不优,并且 \(\sum_{i=2}^k a_i\geq 0\) ,否则仅选 \(a_1\) 即可。

那么我们只需要枚举第一个元素 \(u\) ,若 \(Sum(S)\geq 0\) ,则 \(f_{S+u}\leftarrow f_{S}\)

时间复杂度 \(\mathcal O(2^nn)\)

https://loj.ac/s/1138359

posted @ 2021-05-13 08:01  siruiyang_sry  阅读(104)  评论(0编辑  收藏  举报