杂题选讲-hjh

杂题选讲-hjh

CF1710D

增量构造，图论构造的等效视角——缩点

考虑如何当 \([1,n]\) 除了 \([1,n]\) 外没有 \([l,r]\) 是一个连通块。

• \(n=2:(1,2)\)
• \(n=3:\) 无解
• \(n\ge 4:(1,n),(1,n-1),(2,n),(3,n),(4,n)\dots (n-2,n)\)

增量构造，每次加入 \(r\)，维护极大区间连通块，每次从后往前扫 \(l\)，若 \([l,r]\) 信息要求为连通块，则将 \([l,r]\) 内的极大连通块当作单点按上述方法合并即可。注意可以采用左边界进行合并（\(l,r\) 除外）

CF1687E

按每个质因子考虑，事实上是求出最小和次小（非严格）。

但是我们只能加减 \(lcm\) 上的指数，这启发我们考虑 \(\min-\max\) 容斥。

复杂度\(O(n2^n)\) 太高，考虑缩减问题规模。

注意到质因子分为最小次小都是零，最小是零次小非零，最小次小都不是零三类。

若全部的最小次小都是零，就不需要操作了。

否则我们取出后两类中任意一个质因子的最小次小，记作 \(x,y\)。

对于其他的所有质因子，若在两个中都不出现，说明 \(x,y\) 充当其最小次小。若出现一个，则说明出现最小，删掉这个最小后在原序列中找到一个新的最小即可。若出现两个，则直接在原序列中找最小次小。

这样问题是等价的，且最多 \(14\) 个数字，可以容斥计算了。

质因子次数，想办法将复杂度归约到单个数的最多质因子数上面来

CF1466H

对于一组固定的 \(\lbrace b\rbrace\)，最优解固定。

因为最优解任意交换两个人的选择，都会变成一个非优解。

考虑限制条件：

• \(i\in S,a_i\in S\)，启发我们连实边 \(i\to a_i\)，每次选出的 \(S\) 是一个实心环的集合
• 剩余两个条件，不妨看作将更优的选择建虚边。如果存在一个含虚边的环，用其替换原本方案会更优。这告诉我们将实心环缩点后，虚边是一个拓扑结构 \(DAG\)（不成环）

那么就可以使用 \(dp\) 来计算了。

设 \(dp_{S}\) 为当前的虚边 \(DAG\) 连通了集合 \(S\)，枚举其最外层 \(T\)，从 \(S/T\) 转移过来。

转移系数可以考虑容斥转移，因为我们枚举的最外层是真实最外层的一个子集罢了。

注意到转移系数只与 \(T,S/T\) 的集合大小有关，因此将状态设为每种长度的环的选择个数的变进制数即可。

转移系数是容易的，枚举连出去的边数，以及连出去的集合大小，有 \(f_s=\sum{s\choose i}i!(n-i-1)!\)

CF1844G

注意到我们可以通过 \(d\) 得到每条边的奇偶性，具体地将 \(d\) 只看最后一位，可以改写为异或操作，设 \(dis\) 为树上到根边权的异或和根据 \(dis_1=0\)，\(dis_{i}\oplus dis_{i+1}=d_i\)，可以推知所有 \(dis\) 进而得到每条边的奇偶性。根据这个可以再改动所有的 \(d\)（减去），处理下一个二进制位即可。

AGC047E

首先若 \(x=y=0\)，则如何操作都是 \(0\)，不用考虑。

那么我们考虑如何计算。

首先可以轻易地得到常数 \(1\)，用 \([0<x+y]\) 即可。

那么我们可以利用类似倍增的操作，求出每个 \(x\) 的二进制位：

从高到低贪心，记录当前值 \(val\)，先算出 \(2^i\)，然后设 \(o=[val+2^i<x+1]\)，则这二进制位有无 \(i\) 就是 \(o\)，接着 \(val'=val+2^i·o\)。

然后就得到了 \(x,y\) 的每个二进制位，再合并计算即可。

P6860

可以到达任意点，可以等效为经过有限步操作可以得出 \((0,1),(1,0)\)。

而 \((0,1)\) 等效为 \((1,0)\)。

则以 \((1,0)\) 为例，等价于是在说：\(\exists x,y\in \mathbb{Z},ax+by=1\)，且存在 \(x',y'\in \mathbb{Z},x'+y'\equiv x+y\pmod 2,ax'+by'=0\)

因此首先可以得到 \(\gcd(a,b)=1\)，所以不会都是偶数。

当 \(a,b\) 都是奇数时，\(ax+by-(ax'+by')=1=a(x-x')+b(y-y')\)，但 \(a(x-x')+b(y-y')\equiv x+y-x'-y'\equiv 0\pmod 2\)

因此是无解的。

而 \(a,b\) 一奇一偶，不妨设\(a\) 为奇数，则构造也是容易的，\(a(x+1)+b(y+1)-(1+x+y)(ax+by)=0\)，整理后易得 \(x'+y'=-(x+y)^2+2\)

而 \(-(x+y)^2+2\equiv (x+y)^2 \equiv x+y\pmod 2\)

得证。

因此充要条件是 \(\gcd(a,b)=1,a+b\equiv 1\pmod 2\)

考虑在 \(\max(a,b)\) 处统计答案，若 \(\max(a,b)\) 为偶数，答案显然是 \(\varphi(\max(a,b))\)，否则是 \(\frac{1}{2}\varphi\)，因为 \(\gcd(a,b)=\gcd(b-a,a)\)，奇偶成对出现。

答案就是：

\[\begin{aligned} &2\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+[i\text{ is odd}]}\varphi(i)\\ =&\sum_{i=1}^n\varphi(i)+\sum_{i=1}^n[i \text{ is even}]\varphi(i)\\ =&\sum_{i=1}^n\varphi(i)+\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}\varphi(i)+\sum_{i=1}^{\frac{n}{4}}\varphi(i)\dots \end{aligned} \]

对偶数位求 \(\varphi\) 是这样的。

使用杜教筛即可。

CF878D

直接维护这个操作肯定是不可行的，但是注意到最开始的 \(k\) 很小。

那么沿用利用二分答案转化为 \(01\) 序列版本的方法，\(\le ans\) 记作 \(1\)，\(>ans\) 记作 \(0\) ，我们考虑二分答案，那么就相当于最开始给定了 \(a_0,a_1\dots a_{k-1} \in \lbrace 0,1\rbrace\) 每次操作两个数做 \(\&\) 或者 \(|\)。

这就很 OK 了，注意到所有可能的初始序列只有 \(2^k\) 种，我们不妨预处理答案 \(f_{i,S}\) 为操作后的第 \(i\) 个数组，在最开始的 \(a_0\dots a_{k-1}\) 为 \(S\) 时，得到的数字是 \(f_{i,S}\)。

计算答案就可以把这一列的值拿出来排序，二分查找答案。

可以 bitset 优化，做到 \(O(\frac{q2^k}{w}+qk\log k)\)。

涉及到 min/max，单点求值——利用二分答案转化01序列进行操作

CF643F

第一次遇到从 信息获得 角度做的题目。

设 \(i\) 天的答案是 \(R_i\)，本质上，是通过 \(n\) 个熊和 \(p\) 个床能够区分的最多情况数

那么一个情况是如何区分的？有没有熊喝到了一个方案的酒，而同时在另一个方案里没有喝到酒。

所以方案区分，还应该是看 醉酒的熊，假设每一种不同的醉酒情况（哪些熊醉了，什么时候醉的）都可以区分一种方案，那么 \(R_i\) 就是醉酒情况数。

但是——在策略相同的情况下，不同的酒放置位置就对应了唯一的醉酒情况，醉酒情况也对应唯一位置。

这告诉我们 \(R_i\) 就是醉酒情况数，也就是枚举醉酒熊数，再算哪天醉的

\[R_i=\sum_{j=0}^n{n\choose j}i^j \]

​ 这个达到也是容易的，可以考虑每个酒桶位置情况，将其插入其对应醉酒情况的那些熊的某天的饮酒集合。由于酒桶只有一个，所以不同情况互不影响。

那就说明了这个式子的正确性。