CF1334 简要题解
Edu Round 一般都是套路题居多……不过这次题目质量还算不错。
- A
由于按照时间排序，所以 \(p_i\) 和 \(c_i\) 都应该是不降的，并且在一段区间内，显然应该有 \(p_i\geq c_i\)。
- B
战 时 共 产 主 义
显然只考虑富人最优（危），按照财富顺序依次考虑前 \(i\) 个人是否满足 \(\sum_{j=1}^i a_j\geq i\cdot x\) 即可。
- C
首先，若 \(b_i>a_{i\bmod n+1}\)，则必然会产生浪费，可以直接令 \(b_i=\min(b_i, a_{i\bmod n+1})\)。这样，发现我们只需要确定先打死 \(x\)，然后按照 \(\{x, x+1, \ldots, n, 1, \ldots, x-1\}\) 的顺序打，就可以只浪费 \(b_{x-1}\)，其余的 \(b_i\) 全都恰好用完。显然选择 \(b_{x-1}\) 最小的作为 \(x\) 最优。
- D
手玩 \(n=4\) 或 \(n=5\) 的情况可以得到以下伪代码：
for (i : 1 -> n)
for (j : i+1 -> n)
print(i, j);
print(1);
现在我们要证明它是字典序最小的欧拉回路。
首先，对于每个 \(i\)，考虑枚举 \(j\) 的过程，发现除了 \((n, i)\) 这条边之外，所有 \(j>i\)，\((i, j), (j, i)\) 的边都走到了。同时，由于在枚举 \(j\) 的过程中，最后一个走到的点一定是 \(n\)，因此当 \(i\) 由 \(k\) 变为 \(k+1\) 的时候，会走到 \((n, k+1)\) 这条边。最后只剩 \((n, 1)\) 的边没有走，补上即可。这里我们证明了它是一条欧拉回路。
然后我们注意到，在这个流程中，假设某一步的起点是 \(i\)，我们在这一步中都选了 \([1, n]\) 中，\((i, j)\) 这条边还没有访问过的所有 \(j\) 的最小值，因此它的字典序一定是最小的——只有某几步例外。在 \(i=k, j=n, 1\leq k< n-1\) 的时候，我们最终停留在了 \(n\) 点，随后在 \(i=k+1, j=k+2\) 的时候走到了 \(k+1\) 号点。实际上这里并没有走过 \((n, 1)\)，但是可以发现，\(1\) 点此时已经没有了任何出边，如果直接回到 \(1\) 点，则不足以构成欧拉回路。因此此时不得不放弃走 \((n, 1)\) 的打算，选择了 \((n, k+1)\)——除了 \((n, 1)\) 外最小的边。
实际输出比较麻烦，需要对边界仔细判断。
- E
首先将题意整理一下：
给出两个可以 \(O(\log D)\) 分解质因数的数 \(x, y\)，每次可以将 \(x\) 乘上或者除以一个质数 \(p\) 变为 \(x'\)，花费的代价为 \(|d(x)-d(x')|\)，其中 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的约数个数。问 \(x\) 变成 \(y\) 的过程中，花费的权值最小的方案有多少种。两种方案不同当且仅当某一步乘的质数（或质数的倒数）不同。
将 \(x, y\) 分解成 \(\prod p_i^{e_i}\) 的形式，对于每个 \(p_i\) 分别考虑。不难发现，最优的方案中，每个 \(e_i\) 增加或减少的次数是确定的，区别只在于顺序不同。
现在需要寻找一种最优的顺序：设 \(e_{i, x}\) 表示 \(p_i\) 在 \(x\) 中的幂，\(e_{i, y}\) 同理。如果存在 \(e_{i, x}<e_{i, y}, e_{j, x}>e_{j, y}\)，考虑如何安排修改 \(e_{i}\) 和 \(e_j\) 的顺序。先考虑两个在操作序列中相邻的操作：\(A=e_i\rightarrow e_{i}+1,B= e_j\rightarrow e_j-1\)，假设先进行 \(A\)，操作的代价是 \(w\cdot (e_j+e_i+1)\)，其中 \(w\) 表示除了 \(p_i, p_j\) 外，剩余质数对应的 \((e_i+1)\) 的积。否则先进行 \(B\)，操作的代价是 \(w\cdot (e_j+e_i-1)\)，显然先进行 \(B\) 更优。
换句话说，我们证明了，先进行所有的 \(B\) 操作，再进行 \(A\) 操作最优。
再考虑方案数，注意到在进行 \(B\) 操作时，\(d(x)\) 是单调减的，并且最终一定会到达 \(d\left(\gcd(x, y)\right)\)，随后开始单调增，最终到达 \(d(y)\)。因此，\(A,B\) 操作各自的顺序并不会影响代价和，最终都是 \(d(x)+d(y)-2d\left(\gcd(x, y)\right)\)。任意安排 \(A, B\) 操作的顺序，方案数是一个多重集排列。
- F
不难看出 \(f(S)\) 是求 \(S\) 的前缀严格最大值集合。
为了避免复杂的边界讨论，不妨设 \(a_0=b_0=0, a_{n+1}=b_{m+1}=n+1\)。
首先考虑确定了 \(f(a)=b\) 中，\(b\) 的每个元素 \(b_i\) 在 \(a\) 中对应的下标 \(c_i\)，最小的 \(\sum p_i\) 是多少。
显然对于 \(k\not \in c\)，且 \(p_k<0\) 的位置 \(k\)，我们会直接将它删掉。
另外不难看出，对于每一个 \(i\in [0, m]\)，我们需要保证 \(j\in (c_i, c_{i+1})\)，且 \(a_j> a_{c_i}\) 的每一个 \(j\) 都被删除。
因此，设 \(f_{i, j}\) 表示已经确定了 \(c_1, \ldots, c_i\)，且 \(c_i=j\) 的最小代价和。注意到只有 \(a_j=b_i\) 的 \(j\) 才有用，因此状态总数是 \(O(n)\) 的。考虑 \(f_{i, j}\) 转移到 \(f_{i+1, k}\) 的方程：
和式的两部分都可以拆成前缀和相减的形式，可以与 \(f_{i, j}\) 放在一起维护前缀最小值，转移时双指针即可。
第一部分的前缀和可以直接预处理，第二部分的前缀和可以先将所有 \(p_u\geq 0\) 的 \(p_u\) 插入到树状数组里，由于 \(b_i\) 单调递增，每次只需要将新增的 \(a_u\leq b_i\) 从树状数组里删除即可，总复杂度 \(O(n\log n)\)，常数很小。
- G
经典套路题，不过考场上做完 F 没多少时间了就咕了。赛后补题的时候虽然有点神志不清（凌晨一点多），但是居然还差点 1A，不得不说自己的代码能力有了长足进步（大雾）。
先考虑一个更加通用的字符串匹配方法：假设我们要求出 \(t\) 串在 \(s\) 串中所有可能的出现位置，我们设 \(t'\) 表示 \(t\) 左右翻转后的串，\(f(x)=\sum_{i=0}^{|t|-1} g(t'_i, s_{x-i})\)，并且对于每一个 \(x\in[|t|-1, |s|-1]\)，我们认为 \(t\) 能够和 \(s[x-|t|+1, x]\) 匹配当且仅当 \(f(x)=0\)。发现对于这个求和的形式与多项式卷积非常像，如果我们能特殊处理 \(g(0, s_y)\)，就可以直接将求和的上界改为 \(x\)，使它完全贴合多项式卷积。
现在要做的就是设计合理的 \(g(t_x, s_y)\)，使得：
- 它能反映字符 \(t_x, s_y\) 是否能匹配，只有匹配时才返回 \(0\)；
- 任意 \(g(x, y)\geq 0\)，这是为了防止某些位置正负不同从而抵消；
- 它可以拆成若干 \(h(t_x)\cdot r(s_y)\) 的和，其中 \(h, r\) 均为可以快速求点值的多项式。
对于一个没有任何通配符的，最普通的字符串匹配问题，我们不妨设 \(g(t_x, s_y)=(t_x-s_y)^2=t_x^2+s_y^2-2t_xs_y\)。前两项可以直接求前缀和，第三项可以用 FFT 优化（由于 \(\sum g(t_x, s_y)\) 的值不会很大，直接用 NTT 也是可以的）。注意要处理由于求和上界不同而多算的 \(g(0, s_y)\)，发现它就等于 \(s_y^2\)，计算 \(s_y^2\) 的前缀和时修改一下边界即可。
在这个问题中，我们发现字符 \(t_i\) 可以匹配 \(t_i\) 或 \(p_{t_i}\) 两种字符，不难想到设 \(g(t_i, s_i)=(t_i-s_i)^2\cdot(p_{t_i}-s_i)^2\)，拆开后可以对于每个 \(k\) 不同的 \(s_i^k\cdot \operatorname {poly}(t_i)\) 单独做一遍 FFT。
