Petrozavodsk Programming Camp, Winter 2022 部分题解

Day 1: Kyoto Contest 2

K. King’s Palace

折半枚举。分成长度为\(k\)和\(n-k\)的两部分。

先预处理，\(3^k\)枚举左边的每种染色方案。对每一个合法方案都算一个二进制mask1，mask1表示该染色方案对右边的颜色限制，一共\(2^{3(n-k)}\)种。最后可以统计出每一个mask1对应多少种左边的染色方案。

然后\(3^{(n-k)}\)枚举右边的染色方案，对每个方案也算一个二进制mask2，mask2表示染色方案中哪些颜色被选了。只需要统计有多少mask1满足mask2&mask1=0即可。在mask1上进行子集DP预处理后，对于每一个mask2，可实现\(O(1)\)查询答案。

总复杂度 \(O(3(n-k)2^{3(n-k)}+3^k+3^{(n-k)})\)。取\(k=15\)即可通过。

Day2: KAIST Contest

C. AND PLUS OR

若仅有2个二进制位不同的\((i,j)\)不存在解，则全局无解。

Proof：数学归纳法

假设有\(2,3,\dots,k-1\)个二进制位不同的\((i,j)\)全部无解。\(\forall\)有\(k\)个二进制位不同的\(i,j\)，记\(i=(A,C),j=(C,B)\)，\(C\)表示\(i\&j\)的二进制位，\(A\)表示\(i\)独有的，\(B\)表示\(j\)独有的。\(A,B\neq\emptyset,a\in A\)。

由假设有：

\[(A-a,C)+(C,B)\geq(A-a,C,B)+(C)\\ (A,C)+(A-a,C,B)\geq (A,C,B)+(A-a,C) \]

两式相加得：

\[(A,C)+(C,B)\geq (A,C,B)+(C) \]

即\((i,j)\)也不是解。

End

依据结论\(O(n^22^n)\)枚举即可。

Day5: Yandex Cup 2022

G. Mismatch

先考虑如何求总方案数。对\(a_i\)做桶\(t_i\)。不难发现，答案即为多项式\((x^{t_i}+x^{2^{19}-1})\)的与卷积的\(0\)次项系数。由于有\(n\)个多项式，不能直接进行FWT变换。分析\((x^{t_i}+x^{2^{19}-1})\)的FWT变换，将两非零项分开考虑，\(x^{2^{19}-1}\)会对每一位产生\(1\)的贡献；\(x^{t_i}\)会对部分位产生\(1\)的贡献。因此，FWT变换后，应当是若干\(1\)和\(2\)组成的序列。\(n\)个FWT变换后的序列向乘，得到的最终序列中每一位都应为\(2\)的幂次。我们将\(n\)个\(x^{t_i}\)项合并在一起进行FWT变换，即对\(\sum{x^{t_i}}\)进行FWT变换，得到的序列记为\(S\)。序列\(\{2^{S_i}\}\)就是所有多项式FWT变换后的结果的乘积，对其进行FWT逆变换，答案即为第\(0\)项。

由上可见，总方案数是由若干\(2\)的幂次加减得到的。分析FWT的本质原理，可发现，对于所有\(k\)的答案，就是将总方案数中每一个\(2\)的幂次更换为组合数向量，再求向量和。直接用向量进行FWT逆变换的复杂度会炸，因此，我们考虑\(S\)中所有项对FWT逆变换后的第\(0\)项的贡献。手模可以发现，贡献系数序列\(A\)为：初始\(A=\{1\}\)，每次令\(A=\{A,-A\}\)，不断迭代，直到长度等于\(S\)。\(A\)可由线性DP求得。

把对所有\(k\)的答案写成生成函数形式：

\[Ans=\sum A_i(1+x)^{S_i} \]

对\(S_i\)做桶\(C_i\)，并进一步化简可得：

\[Ans=\sum_{i=0}^{n}C_i(1+x)^i=\sum_{i=0}^nC_i\sum_{j=0}^{i}\binom{i}{j}x^j \]

我们需要对所有\(j\)求\(x^j\)的系数，因此交换求和顺序：

\[Ans=\sum_{j=0}^nx^j\sum_{i=j}^nC_i\binom{i}{j}=\sum_{j=0}^n\frac{x^j}{j!}\sum_{i=j}^n\frac{C_i i!}{(i-j)!} \]

对于所有\(j\)，\(\sum_{i=j}^n\frac{C_i i!}{(i-j)!}\)，用NTT减法卷积求出即可。