梦熊十三连测第三场题解

T1

本题考察了数论的相关知识。

30pts

暴力枚举每次洗牌的情况，时间复杂度为 $O(n^2)$。

60pts

首先卡牌 $1$ 和 $2n$ 一直不动，可以不用考虑这两张牌。

将位置和剩下的牌上的数字全减 $1$，那么数字为 $k$ 的牌操作一次后就会到 $2kmod(2n-1)$ 的位置。

那么问题相当于找最小的 $k$ 使得 $\mathrm{\forall }t,t\times 2^k\equiv t(\mathrm{mod}(2n-1))$，显然只需要考虑 $2^k\equiv 1(\mathrm{mod}(2n-1))$​ 就行了，$O(n)$ 暴力检验即可。

100pts

根据欧拉定理，$k$ 必然是 $\phi (2n-1)$ 的因数，而 ${10}^{18}$ 范围内的正整数的约数个数大约只有 ${10}^6$ 级别，直接暴力快速幂判定就能过了。

输入的数会有点大。快读，开__int128

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int __int128
int n, m, p, t, e;
int T;
template<typename type>
inline void read(type &x)
{
    x=0;static bool flag(0);char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) flag=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    flag?x=-x:0;
}

template<typename type>
inline void write(type x,bool mode=1)
{
    x<0?x=-x,putchar('-'):0;static short Stack[50],top(0);
    do Stack[++top]=x%10,x/=10; while(x);
    while(top) putchar(Stack[top--]|48);
    mode?putchar('\n'):putchar(' ');
}

int phi(int x) {
    int _p = x;
    for (int i = 2; i * i <= x; i++) {
        if (x % i == 0) {
            _p -= _p / i;
            while (x % i == 0) x /= i;
        }
    }
    if (x > 1)
        _p -= _p / x;
    return _p;
}
int ksm(int x, int y, int mod) {
    int a = x % mod;
    int ans = 1;
    while (y) {
        if (y & 1)
            ans *= a, ans %= mod;
        a *= a, a %= mod;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}
signed main() {
	freopen("card.in", "r", stdin);
	freopen("card.out", "w", stdout);
    read(T);
    while (T--) {
    	read(n);
        n = n - 1;
        m = 2 * n + 1;
        p = phi(m);
        t = p;
        e = sqrt((long long) p);
        for (int i = 1; i <= e; i++) {
			if(p%i!=0)continue;
            if (ksm(2, i, m) == 1) {
                t = i;
                break;
            }
			else {
                if (ksm(2, p / i, m) == 1)
                    t = p / i;
            }
        }
        write(t);
    }
    // fclose(stdin);
    // fclose(stdout);
    return 0;
}

T2

本题考察了图论的相关知识。

30pts

直接爆搜每次的情况并进行去重，时间复杂度为 $O(n!)$，后续会给出具体证明。

+30pts

令初始的异或和为 $x$，拿在手中，相当于每次用手中的数把 $a$ 中的一个值顶掉，然后把原来的值拿在手里，这也间接说明了状态数是 $n!$ 量级的。

此档分会发现 $a_i$ 和所有 $a_i$ 异或后的权值两两不同，我们考虑一个过程，用 $x$ 替换了 $a_p$，然后用 $a_p$ 替换了 $a_q$，循环下去。

其实最终一定是要用 $b_i$ 替换 $a_i$ 的，而上面的过程又是从 $x$ 出发走了一条路，按如上方式建图找出环的个数即可统计答案。

100pts

我们从 $b_i$ 向 $a_i$ 连边（不同位置上相同的数值对应同一个点），然后尝试从 $x$ 出发遍历每条边。

注意如果图是一个包含 $x$ 的连通块，则一定可以找到一条欧拉路径（不一定是回路）覆盖所有边。

如果图不连通，或 $x$ 在连通块内（$x$ 不是孤立点），则答案就是边数再加上连通块数再减去 $1$（如果 $x$ 是孤立点就不用减 $1$）。

时间复杂度为 $O(n)$。

T3

本题考察了树的直径，二分图的相关知识。

10pts

爆搜所有 $2^n$ 种情况，求最远点对距离即可。

40pts

考虑把 $O(n^2)$ 对点对依次取出排好序，考虑如果答案 $<x$，意味着所有点对距离 $\ge x$ 的点对颜色必须两两不同，把这些约束取出，相当于一个二分图染色的问题，于是我们可以很方便的算出 $<x$ 的答案，利用差分即可算出 $=x$ 的答案。

100pts

先求出一条直径，若直径的两个端点颜色相同，则最长距离一定为直径。否则，令两个端点分别为 $x,y$，并钦定 $x,y$ 不同色。枚举答案 $d$，所有到 $x$ 距离 $>d$ 的点颜色必须与 $y$ 一样，所有到 $y$ 距离 $>d$ 的点颜色必须和 $x$ 一样。由于 $x,y$ 是直径的两个端点，可以发现，若一个点 $z$ 到 $x,y$ 的距离都不超过 $d$，则其到任何一个点的距离不超过 $d$，所以 $z$ 的颜色并不会对答案产生影响。

所以，定义 $cn{t}_i$ 表示到直径两端的距离不超过 $i$ 的点数。定义 $f_d$ 表示答案不超过 $d$ 的树的形态数，$g_d$ 表示答案为 $d$ 的树的形态数，$di{s}_{1/2}$ 表示从直径的两端点出发到其他点的距离。定义$L=max(min(di{s}_{1i},di{s}_{2i}))$。此处 $L$ 的意义为，在所有形态的树中，最小的答案（同色点对最大距离）。对于每个点取到直径两端点近的那个颜色即可。

最终的总权值为 $\sum _{i=L}^S{g}_i\times i$。

容易得到 $f_d=2^{cn{t}_d}$。但是我们想要答案等于 $d$ 的树的形态数 $g_i$。很明显，只需要容斥减去 $f_{d-1}$ 即可，也就是 $g_d=f_d-f_{d-1}$。

注意 $x,y$ 共有 2 种颜色分配方案。

T4

本题考察了贪心的相关知识。

40pts

显然最终经过了 $2k+dis(1,n)$ 条边，因此 $(n-dis(1,n))\equiv 0(mod2)$ 就合法，否则不合法。

先考虑最小值，即只经过 $path(1,n)$ 的方案。

那么对于路径上第 $i$ 个点 $c_i$，设他在路径外的子树大小为 $siz(c_i)$。

我们发现很多操作都要在折返中抵消，那么我们只要钦定链上哪些操作最终有用，剩下的操作形成若干跨子树的匹配，那么我们一定能构造一个合法的 $p$。

根据经典结论，那么我们要求剩下的操作中不存在绝对众数。

找到最大的 $siz(c_i)$，那么我们至多在他的子树里钦定 $i$ 个没被抵消。

因此这种情况的充要条件就是 $siz(c_i)-i\le 2n-dis(1,n)$，显然这样的 $i$ 至多一个，因此我们能构造出一个合法的匹配。

否则找到不合法的这棵子树，枚举一个连通块 $S$，记每个连通块内节点 $u$ 在连通块外的子树大小为 $siz(u)$。

那么我们依然要求 $siz(u)-i\le 2n-dis(1,n)$，证明大致同上。

那么我们要在这个基础上保留尽可能少的节点是的所有 $siz(u)$ 不超过 $k=2n-dis(1,n)+i$。

问题就变成：给一棵 $n$ 顶点的树，可以断掉若干的边，要求断掉的边连通且连通块包含 $1$ 节点。要求剩下每个连通块大小不超过 $k$，求最小分割数，可以进行树形DP求解这个值，时间复杂度为 $O(n^2)$。

+10pts

考虑整张图为菊花图，所以除了 $1$ 号点以外的地位相同，可以把除 $n$ 号点的以外的点两两抵消，按照 $n$ 的奇偶性进行分类讨论即可。

100pts

注意到 $siz(c_i)\le n-dis(1,n)\le 2k$，因此不合法的所有点构成一条链，对于每个点贪心地割掉若干个最大的子树即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$，如果利用桶排序，时间复杂度为 $O(n)$。