一些东西 题解

A

设 $f_i$ 表示以最高位为 $i$ 的数结尾的数列个数，有 $f_i=(2^{2^i}-1)(1+\sum _{j=0}^{i-1}{f}_j(1-{\displaystyle \frac{1}{2^{2^j}+1}}))$。

证明：考虑最高位为 $j$ 的数 $u$ 接上最高位为 $i$ 的数 $y,x(y<x)$ 时，不合法当且仅当 $x$ 的 $j$ 位为 $1$ 且 $y=x\oplus u$，

假设任选 $x$ 及后面最高位为 $i$ 的数，$x$ 的 $j$ 位为 $1$ 的方案数为 $2^k$，则 $x$ 的 $j$ 位任意的总方案数为 $2^k+2^{k+2^j}$，

则 $x$ 的 $j$ 位为 $1$ 导致不合法的概率为 ${\displaystyle \frac{2^k}{2^k+2^{k+2^j}}}={\displaystyle \frac{1}{2^{2^j}+1}}$。

B

设 $f_{i,0/1}$ 表示 $i$ 子树 DFS 序奇 / 偶位置和的最大值，

首先如果 $i$ 所有孩子的子树大小都是偶数，那访问这些孩子的顺序就无所谓了，

否则考虑以 $i$ 的至少一个大小为奇数的孩子为分界，

对所有大小为偶数的孩子 $v$，把 $f_{v,0}$ 更大的 $v$、$f_{v,1}$ 更大的 $v$ 分别放在其两侧，

这样就可以对所有 $v$ 取到 $max(f_{v,0},f_{v,1})$ 的贡献。

然后考虑剩下 $c$ 个大小为奇数的孩子 $v$，可以发现一半 $v$ 取到 $f_{v,0}$，一半 $v$ 取到 $f_{v,1}$，贪心即可。

C

对每个 $1$ 的位置 $i$，考虑 $\text{LCP}(x,n)=i-1$ 的 $x$ 的贡献，

即考虑 $[1,i-1]$ 位与 $n$ 相同，$i$ 位填 $0$，后面 $n-i$ 位任意填的数的贡献。

设 $k=n-i$，前 $i-1$ 位中有 $c$ 个 $1$，则这些数的贡献为：

$$\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})f_{i+c}$$

Sol 1

设 $x_1={\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}$，$x_2={\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}$，则：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})f_{i+c}\\ =& {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}(x_1^c\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})x_1^i-x_2^c\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})x_2^i)\\ =& {\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}(x_1^c(x_1+1{)}^k-x_2^c(x_2+1{)}^k)\end{array}$$

预处理需要预处理的东西即可。

$5$ 好像不是二次剩余，直接扩域。

Sol 2

设 $F=\left[\begin{array}{cc}0& 1\end{array}\right]$，$B=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$，$I$ 为单位矩阵，则

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})f_{i+c}\\ =& F\times B^c\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})B^i{I}^{n-i}\end{array}$$

显然 $B$ 和 $I$ 有交换律，那么

$$\begin{array}{rl}& F\times B^c\sum _{i=0}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})B^i{I}^{n-i}\\ =& F\times B^c(B+I{)}^k\end{array}$$

预处理需要预处理的东西即可。

D

枚举点 $1$ 与谁在同一条直线上，可以得到这些平行线的斜率 ${\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}}$，

类似 P5102 [JOI 2016 Final] 领地 地，一条直线可以唯一表示为 $(x,y)|0\le x<\mathrm{\Delta }x$，

表示对于所有 $t$，$(x+t\mathrm{\Delta }x,y+t\mathrm{\Delta }y)$ 在这条直线上。

对于每个点找出其在哪条直线上，如果找到恰好 $k$ 条直线，输出答案即可。

E

首先把 $a_i,b_i$ 都减去 $i$，此时 $i,j$ 连通当且仅当 $a_i\le a_j,b_i\ge b_j$，称此时 $j$ 覆盖 $i$。

把所有点按 $a_i$ 排序，首先只有 $b_i$ 的后缀最小值位置可能产生贡献（因为其不被其他点覆盖），

设 $c_i$ 表示点 $i$ 覆盖的所有点 $j$ 的 $b_j$ 的最大值，

则后缀最小值位置 $i$ 产生贡献，当且仅当 $c_j<b_i$，其中 $j$ 是上一个后缀最小值位置。

F

对每个人 $u$ 考虑其能否成为答案。

跟 $u$ 相关的比赛，显然让 $u$ 拿全部分即可。

剩下的人的分数肯定是最大值越小越好，所以平均分配即可。

拿个 multiset 维护这玩意。

G

对 $x$ 这一维扫描线，拿个 multiset 维护此时所有平台的高度，

扫到当前波特的坐标时，根据题意更新波特的坐标即可。

H

TBA

I

这都不会做你退役吧

J

称到其它点的距离乘以权值之和的最小的点为“重心”。

随着时间推移，实际“重心”肯定逐渐向以 $a_i$ 为点权的“重心” $u$ 移动，而每次修改后 $u$ 最多只移动一步，

所以维护出这个 $u$，操作时将之前的实际“重心”向 $u$ 移动直到继续移动答案变劣为止即可。

K

TBA

L

直接做