20251116 正睿

25noip十连测day10

挂分场，\(260 \rightarrow 50\)。大样例水到极致。

A

简单题，判一下 \(n = 1\)！！

当最后依次操作是 A 时，A 一定胜利。否则 A 保留尽可能多的偶数（\(0\)），B 保留尽可能多的 \(1\)。需要注意 A 可以将两个连续的 $1 $变成 \(0\)，使得 B 还要花一次操作删掉这个 \(0\)，可以看成 A 不花费代价消掉两个相邻的 \(1\)。删掉这样的 \(1\)，看 \(0, 1\) 那个多即可。

时间复杂度：\(O(n)\)。

没发现 A 可以消掉相邻的两个 \(1\)，\(100 \rightarrow 50\)

B

有 \(n\) 个数，每个数对应一个区间 \([l_i, r_i]\)。将这 \(n\) 个数重排，如果 \(i\) 出现在 \(l_i \sim r_i\) 中某个数的后面获得 \(a_i\) 的收益。输出收益最大值

\(n \le 2 \times 10^5, 0 \le a_i \le 20000\)

\(l_i \sim r_i\) 中的点向 \(i\) 连一条有向边，显然是可以缩点的。对于一个 scc 来说，如果有一个 scc 连向它，里面的点都是可以贡献的；否则选择这个 scc 内权值最小的丢掉（放在开始）即可。

建图使用线段树优化即可，时间复杂度：\(O(n \log n)\)。

思路十分自然，但是在 scc 之间建图时没有枚举了线段树上的点（写的暴力，然后忘改了），痛失 \(100pts\)。

C

\(n \le 3000, m \le 2 \times 10^5\)

点击查看标签

标签：容斥原理，二项式反演（min-max 容斥）

\(5\) 个操作太繁琐了，简化一下。

• 因为每个 \(a_i\) 均不同，所以每个差分数组 \(d\) 都对应原来的 \(n!\) 个序列。条件转化为随机 \(d\) 序列满足 \(d_i \ge 1, \sum d_i \le m\)
• 根据期望线性性，只需要求出 \(E(b_i)\)，前缀的的结果就是 \(E(b_1 + b_2 + \dots b_i) = E(b_1) + E(b_2) + \dots E(b_i)\)。

如果有 \(n\) 个 \(> 0\) 的数，总和至多为 \(m\)，方案数为 \(\binom{m}{n}\)。

---

先讲讲我的抽象 \(60pts\) 做法（\(n \le 50, m \le 10000\)）。

如果要求 \(E(b_i)\)，可以枚举 \(b_i\) 的取值 \(v\)，算出概率（方案数）。枚举 \(b_{l \sim r} = v\)， 那么 \(b_{1 \sim l - 1} < v, b_{r + 1, n} > v\)。转化到 \(d\) 上就是有 \(r - l + 1\) 个 \(d_i = v\)，\(l - 1\) 个 \(d_i < v\)，\(n - r\) 个 \(d_i > v\)。就和 HAOI2008 硬币购物 一样了，对于 \(< v\) 的，枚举多少个数不满足要求，转化成 \(\ge v\) 的，就可以组合数算了（\(m\) 减掉 \(v - 1\) 即可）。

之所以要枚举 \(l, r\)，是因为相同的数在 \(d\) 中顺序时不贡献的（1 1 只算一次。）因为 \([l, r]\) 的每个 \(i\) 贡献一样，可以先枚举 \(l, r\)，算出贡献再加到 \(i\) 上面。

时间复杂度：\(O(n^3m)\)? 还是 \(O(n^2m \log n)\) 不清楚。

可惜因为多乘个 \(i\) 时忘记取模爆 ll 了。该死！！

---

题解的做法是这样的。直接枚举 \(v\) 算方案数太难算了，计算 \(\ge v\) 的方案数再加起来即可。（我是 sb 没想到。）

枚举 \(v\)，设 \(d\) 中有 \(k\) 个数恰好 $ \ge v$ 的方案数为 \(f_{k, v}\)，那么对 \(b_{n - k + 1} \sim b_k\) 的贡献有 \(f_{k, v}\)。

\(f_{k, v}\) 时难算的，看到恰好要先到二项式反演，设 \(g_{k, v}\) 表示选出 \(k\) 个数 \(\ge v\) 的方案数（组合数算算即可）。

\[g_{k, v} = \sum \binom{k'}{k} f_{k', v} \iff f_{k, v} = \sum (-1)^{k' - k} \binom{k'}{k} g_{k, v} \]

因为这个反演和 \(v\) 没有关系，可以令 \(s_k = \sum g_{k, v}\)，对 \(s_k\) 做反演得到的是 \(\sum f_{k, v}\)。

时间复杂度：\(O(n^2 + m\log n)\)

• 注意，\(g\) 只有 \(O(m \log n)\) 项（实际更小），因为 \(k \le \frac{m}{v}\)（调和级数）。
• 二项式反演是 \(O(n^2)\) 的。

题解还说可以 min-max 容斥，但本质是一样的

---

总的来说，这个题还是挺不错的，用到了期望线性性 + 二项式反演，部分分使用容斥（更低档可以 DP）。枚举 \(b_i\)，要想到求的是 \(\ge v\) 的方案数，而不是 \(= v\) 的（经典套路，但 sb 地的就是没想到。。。），再从枚举 \(b_i\) 转为枚举 \(v\)，最后转化成一个可以使用二项式反演做的题。