4月训练题解合集

  由于我太懒了,所以就不每题开一篇写了。题目大意也懒得写了。

DAY1

1A

  显然最优策略是瞎走,在知道那条边断掉了之后才走最短路径。

  先把以 \(T\) 为根的最短路树求出来,然后可以用堆求出断掉每条边后端点到 \(T\) 的最短路径。

  最后像 dijk 那样 DP 一下就好了。

1B

  直接线段树 + 凸包优化 DP 可以轻松做到 \(O(n\log n)\)

  用 这个方法 可以优化到 \(O(n)\)

1C

  不同的环长只有 \(O(\sqrt n)\) 种。

  对每种环长算一下答案即可。

DAY2

2A

  直接缩个点然后每个出度为 \(0\) 的连通块扔掉最小值即可。

2B

  用 这个东西,用平衡树维护序列即可。

DAY3

3A

  如果可以修改一个 \(a_i\) 满足 \(\forall i,a_{i+1}<a_i+b_i \or a_{i+1}>a_i+c_i\),那么那一个人第一天就会发现。

  如果可以修改两个,那么那两个人第二天都会发现。

  现在就是要修改最少的 \(a_i\) 满足上面那个东西。

  可以 DP。枚举上一个没有修改的 \(j\),那么要求 \([a_i-B_{i-1},a_i-C_{i-1}]\subseteq[a_j-B_{j-1},a_j-C_{j-1}]\)。其中 \(B,C\) 分别是 \(b,c\) 的前缀和。

  可以发现区间长度是单调的。

  然后按 \(a_i-B_{i-1}\) 排序求个 LIS 即可。

3B

  直接重链剖分然后在重链上二分是 \(O(n\log^2n)\) 的。

  在重链上从下往上的求轻子树的答案。

  当遇到一个轻子树答案为 \(0\) 时,这条链上面的答案就都是 \(0\) 了。

  这样就只用二分下面那部分了。

  复杂度应该是 \(O(n\log n)\) 的。

3C

  先二分答案 \(s\)

  弄一个网格,把 \(a_i+b_j\leq s\) 的部分染白,剩下的部分染黑。

  那么就是你一开始在 \((1,1)\),每次找一个同行或同列的异色的点走过去。

  如果 \((1,1)\) 在所有最大匹配上,那么先手必胜。

  然后把最大匹配换成最大独立集。

  把 \(a_i,b_j\) 排序后,选的一定是 \(i\leq R,j\leq C\)的白色部分和 \(i>R,j>C\) 的黑色部分。

  可以发现,当 \(R\) 变大的时候,\(C\) 变大的收益是单调的,\(C\) 也是单调的。

  直接扫一遍就好了。

DAY4

4A

  先让每个点能匹配 \(k\) 条边跑一边网络流。

  然后每次把度数 \(=\) 度数最大值得点找出来,找一个覆盖这些点的匹配。

  重复 \(k\) 次即可。

4B

  记 \(f_{i,j}\) 为长度为 \(i\),zjt 在 \(j\) 处的期望答案。

  显然 \(f_{i,1}=f_{i,i}=i\)

  设 \(f_{3,2},f_{4,2},\ldots,f_{m,2}\)\(m-2\) 个未知数,每次可以通过 \(f_{i,j}\) 推出 \(f_{i+1,j+1}\) 的式子。

  最后把 \(f_{m,2},f_{m,3},\ldots,f_{m,m-1}\)\(m-1\) 个式子拿出来消元即可。

4C

  分块分类讨论或者树套树都能过。

DAY5

5B

  对于每一个 \(i\leq n\),新建一个点 \(i'\)

  连边 \((i,i')\)

  对于每一组 \((i,j)\),连边 \((i',j)\)

  答案为最大匹配 \(-n\)

5C

  用一棵平衡树维护当前所有最优解以及最优解的答案

  每次遇到一个新的 \(a_i\) 时,先把当前所有最优解的答案加上 \(a_i\) 的贡献。

  还有一种情况,就是最优解到 \(a_i\) 时值为 \(a_i-1\)

  那就拿之前的最优解平移一下即可。

  这样就能找到之前所有位置都做了最优操作的解(如果不是最优操作,就不会成为最大值)。

DAY6

6A

  可以发现,最优解的 \(C\) 一定是 \(P-w_i-1\)\(T\)

  把这些值拿出来每个二分答案 DP 一下就是 \(O(n^2(-\log \epsilon))\) 的了。

  这个做法的瓶颈在于二分答案。

  但是我们可以把这些 \(C\) 值 shuffle 一下,每次遇到一个 \(C\)\(O(n)\) 判断答案是否大于上一个,大了再二分,这样就只用求 \(O(\log n)\) 次答案了。

  复杂度是 \(O(n^2+n\log n(-\log \epsilon))\)

6B

  可以发现,\(f(a_1,a_2,\ldots,a_n)=2^{n-1}(a_1\or a_2\or\cdots\or a_n)\)

  然后 \(n>2\) 的答案和 \(n=2\) 的答案是相同的。

  然后人类智慧手玩一下就好了。

6C

  按颜色的出现次数分块分类讨论就好了。

DAY7

7A

  答案肯定是某一个 \(A_i\) 再乘上其他的 \(B_i\) 再加起来的形式。

  枚举 \(A_i\),那么假设其他的 \(B_i\) 选了 \(k\) 个,那么贡献就是 \([x^k]\prod_{j\neq i}((1-B_i)+B_ix)\),对应的方案数就是 \(\frac{1}{k+1}\binom{n}{k+1}\)

  显然可以分制 NTT。

  把这些加起来之后除以 \(n!\) 就是答案了。

7B

  枚举 \(i\),计算选的数都是 \(i\) 的倍数的答案。

  设值域为 \(m\)

  先计算可以重复选的方案数。

  弄一个阈值 \(S\)\(i\leq S\) 时直接 FWT,复杂度为 \(O(m\log m)\)\(i>S\) 时直接暴力 meet in the middle,复杂度为 \(O((\frac{m}{i})^2)\)

  然后容斥一下就好了。

  取 \(S=\sqrt{\frac{m}{\log m}}\) 时有最优复杂度 \(O(m\sqrt{m\log m})\)

DAY8

8B

  考虑种了 \(i\) 棵不同的树后没有结束的概率。设 \(x_i\) 为 第 \(i\) 棵树到下一棵的距离。随便钦定一棵树为第一棵。

  结束了的情况数是 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq 2)\) 的解数,为 \(\binom{i}{n-i}\)

  总的情况数显然是 \(x_1+x_2+\cdots+x_k=n(1\leq x_i\leq n)\) 的解数,为 \(\binom{n-1}{i-1}\)

  需要期望 \(\frac{n}{n-i}\) 步才能种下第 \(i+1\) 棵不同的树。

  所以答案就是 \(\sum_{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i}(1-\frac{\binom{i}{n-i}}{\binom{n-1}{i-1}})\)

DAY9

9A

  考虑计算逃不出去的概率。

  记 \(l=\frac{180^\circ}{360^\circ-\theta}\) 为半圆占可选区域的比例。

  概率就是在一个长度为 \(1\) 的环上,随机选 \(n-1\) 个点,使得存在两个点之间的距离 \(>l\) 的概率。

  那么可以钦定一个很小区域里面有至少一个点,右边 \(l\) 的部分没有点。

  答案就是
\[ \begin{align} &1-\frac{1}{h}({(1-l)^{n-1}}-{(1-l-h)^{n-1}})\\ =&1-(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}x^{n-1})|_{1-l}\\ =&1-(n-1)(1-l)^{n-2}\\ =&1-(n-1)(\frac{180^\circ-\theta}{360^\circ-\theta})^{n-2} \end{align} \]

DAY10

10A

  前几天刚刚做过一道基本上一样的题。

  不写了。

10B

  假设不考虑拿完的影响,算出第一个人在每个时刻的石子数 \(s_i\)

  记两个人的石子总和为 \(S=x+y\)

  对于一个区间,如果右半部分的 \(\max s_i-\min s_i\) 也就是极差 \(\geq S\),说明左半部分是没有用的,因为到右边还是会取完。

  否则可以轻松地根据左半部分的答案和右半部分的 \(\min,\max\) 计算出整个区间的答案。

  每次暴力在线段树上跳即可。

DAY11

11A

  直接状压 DP 即可。

11B

  先差分一下

  那么每次就是选两个差为奇质数的位置,把这两个点的值都取反。

  如果两个位置的差是奇质数,只用一次就可以把这两个位置处理掉。

  如果两个位置的差是偶数,只用两次就可以把这两个位置处理掉。

  剩下的情况只用三次就可以处理掉。

  跑一个二分图最大匹配即可。

DAY12

12A

  用一行的未知数表示剩下其他位置,然后高斯消元即可。

  时间复杂度:\(O(m^3)\)

12B

  先按时间分值把删除去掉。

  对于一个询问 \((x,y)\),把横坐标 \(\leq x\) 的点的凸包求出来,那么答案显然在凸包上。

  暴力二分的复杂度是 \(O(n\log^2n)\) 的。

  注意到这题只用求答案的最小值。

  那么如果凸包最下面两个点连成的直线的斜率 \(\leq ans\),那么最下面那个点很明显是没用的。

  这样不断删点就可以不用二分了。

  复杂度是 \(O(n\log n)\)

12C

  考虑对每个字符串分开计算答案。

  那么就需要处理两个操作:

   1.在这个字符串后面加上一个字符串

   2.查询当前字符串在 \(S\) 中的出现次数。

  把修改操作加上的字符串记作 \(T\)

  把 \(S\)\(T\) 放在一起建 SA。

  维护当前符合要求的字符串的 rk 范围,每次加字符串就在这个范围内二分即可。

  复杂度是 \(O(n+q\log n)\)

DAY13

13A

  不同的线段树区间长度可能只有 \(O(\log n)\)

  就你每一层的长度都是相邻两个整数,然后下一层的也是。

13B

  可以列出DP方程:
\[ f_i=\sum_{j=l}^i[b_{j-1}=0]f_{j-1}(i-j+1)^2\\ =\sum_{j=l-1}^{r-1}[b_{j}=0]f_{j}(i-j)^2\\ =\sum_{j=l-1}^{r-1}[b_{j}=0]f_{j}(i^2-2ij+j^2)\\ \]
  分开维护
\[ S2=\sum_j (i-j)^2f_j\\ S1=\sum_j (i-j)f_j\\ S0=\sum f_j \]
  然后每次转移的时候
\[ S2'=S2+2S1+S0+S2\\ S1'=S1+S0+S2\\ S0'=S0+S2 \]
  这样就好了。

  然后这些矩阵都是可以求逆。

  预处理一下就好了

13C

\[ \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\varphi(ij)dist(i,j)\\ =\sum_d\frac{\lvert\mu(i)\rvert}{\varphi(i)}\sum_{d\mid i,d\mid j}\varphi(i)\varphi(j)dist(i,j) \]

posted @ 2019-04-08 16:02 ywwyww 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏