2023.3.15 日寄

杂题专训

Mergesort Strikes Back

题意

\(~~~~\) 记 \([1,n]\) 为归并的第 \(1\) 层，求对一个排列归并排序只执行到第 \(k\) 层，操作完成后逆序对个数的期望。对一个大质数取模。
\(~~~~\) \(1\leq n,k\leq 10^5\).

题解

\(~~~~\) 非常厉害的题目啊。（指很多性质

\(~~~~\) 首先是合并排序（指没有进行递归）时候的结论：按照前缀最大值相同的数分为一块（如果归并有分块那以归并的分块来），那么此时排序就是将每个块的第一位从小到大排序。这个是 abracadabra 的套路。

\(~~~~\) 然后考虑对于每个初始的长为 \(L\) 的块，显然其内部的顺序不会再变，所以内部的数对 \(\frac{L(L-1)}{2}\) 个都有 \(\frac{1}{2}\) 的概率贡献，也就是 \(\frac{L(L-1)}{4}\) 的期望贡献。

\(~~~~\) 对于两个长度分别为 \(L_1\) 和 \(L_2\) 的块，我们考虑其贡献的数对任何一个位置都必然不可能来自首位（首位是已经排过序的，并且由于首位是前缀最大值，不可能后面的位置有机会）。那么也就是 \(\frac{L_1+L_2-2}{L_1+L_2}\) 的概率找到数对，然后还是 \(\frac{1}{2}\) 的概率贡献。把这个式子拆开前缀和维护一下就好了。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PII pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
    T f=1;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x*=f;
}
int n,k,MOD;
inline int Add(int a,int b){return (a+b)%MOD;}
inline int Dec(int a,int b){return (a-b+MOD)%MOD;}
inline int Mul(int a,int b){return 1ll*a*b%MOD;}
inline int qpow(int a,int b)
{
	int ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=Mul(ret,a);
		b>>=1;a=Mul(a,a);
	}
	return ret;
}
int buc[200005];
void Merge(int l,int r,int dep)
{
	if(dep==k||l==r){buc[r-l+1]++;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	Merge(l,mid,dep+1); Merge(mid+1,r,dep+1);
}
vector <int> Len;
int Pre[200005],Inv2,Inv4;
inline ll Calc(int x,int y)
{
	ll ret=Mul(Mul(x,y),Inv2);
	for(int i=1;i<=x;i++) ret=Dec(ret,Dec(Pre[i+y],Pre[i]));
	return ret;
}
int main() {
	read(n);read(k);read(MOD);
	Inv2=qpow(2,MOD-2); Inv4=qpow(4,MOD-2);
	for(int i=1;i<=100000;i++) Pre[i]=Add(Pre[i-1],qpow(i,MOD-2));
	Merge(1,n,1);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(buc[i]) Len.push_back(i);
	ll Ans=0;
	for(int i=0;i<(int)Len.size();i++)
	{
		int L=Len[i];
		Ans=Add(Ans,Mul(buc[L],Mul(Mul(L,L-1),Inv4)));
		Ans=Add(Ans,Mul(Mul(Mul(buc[L],buc[L]-1),Inv2),Calc(L,L)));
	}
	for(int i=0;i<(int)Len.size();i++)
	{
		int L1=Len[i];
		for(int j=i+1;j<(int)Len.size();j++)
		{
			int L2=Len[j];
			Ans=Add(Ans,Mul(Mul(buc[L1],buc[L2]),Calc(L1,L2)));
		}
	}
	printf("%lld",Ans);
	return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。
*/

「LibreOJ β Round #4」求和

题意

\(~~~~\) 给定正整数 \(n,m\)，求 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \mu^2(\gcd(i,j))\) 对 \(998244353\) 取模的结果.
\(~~~~\) \(1\leq n,m\leq 10^{12}\).

题解

\(~~~~\) 套路性地先枚举 \(\gcd\)：

\[\sum_{d} \mu^2(d) \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j)=d] \]

\(~~~~\) 然后套路莫反：

\[\sum_{d}^{\min(n,m)} \mu^2(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{m}{d} \rfloor \sum_{t|d} \mu(\frac{d}{t}) \]

\(~~~~\) 然后丢个结论：

\[\sum_{d|n} \mu^2(d) \times \mu(\frac{n}{d}) =\mu(\sqrt n) [\sqrt n \in \mathbb{N}] \]

证明：

\(~~~~\) 考虑 \(n\) 的质因子指数都 \(\leq 2\)，不然必然为 \(0\).

\(~~~~\) 若 \(n=p^2q (\gcd(p,q)=1)\)，那么:

\[\sum_{d|n} \mu^2(d) \mu(\frac{n}{d})=\sum_{d|q} \mu^2{dp}\mu(\frac{pq}{d})\\ =\sum_{d|q} \mu^2(d) \mu^2(p)\mu(\frac{q}{d})\mu(p)\\ =\mu(p)\sum_{d|q}\mu(d)\\ =\mu(p)[q=1]\\ =\mu(\sqrt{n})[\sqrt{n}\in \mathbb{N}] \]

那么你整除分块或者直接枚举 \(\sqrt{d}\) 的值都是 \(\mathcal{O(\sqrt{n})}\) 的做法，做就完了。这个trick可以记下来。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long 
#define PII pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
    T f=1;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x*=f;
}
int Prime[4000005],tot;
int mu[4000005],vis[4000005];
void Init(int N)
{
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!vis[i]) {mu[i]=-1;Prime[++tot]=i;}
		for(int j=1;j<=tot&&i*Prime[j]<=N;j++)
		{
			vis[i*Prime[j]]=1;
			if(i%Prime[j]) mu[i*Prime[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++) mu[i]+=mu[i-1];
}
const ll MOD=998244353;
inline ll Add(ll a,ll b){a%=MOD;b%=MOD;a+=b;return a>=MOD?a-MOD:a;}
inline ll Dec(ll a,ll b){a%=MOD;b%=MOD;a-=b;return a<0?a+MOD:a;}
inline ll Mul(ll a,ll b){a%=MOD;b%=MOD;return 1ll*a*b%MOD;}
inline ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=Mul(ret,a);
		b>>=1;a=Mul(a,a);
	}
	return ret;
}
int main() {
	Init(4000000);
	ll n,m,Ans=0;read(n);read(m);
	for(ll l=1,r;l<=n&&l<=m;l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ll L=ceil(sqrt(l)),R=floor(sqrt(r));
		Ans=Add(Ans,Mul(Mul(n/l,m/l),Dec(mu[R],mu[L-1])));
	}
	printf("%lld",Ans);
	return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。
*/

「AGC018C」 Coins

题意

\(~~~~\) 有 \(n=x+y+z\) 个人，每个人有三个属性 \(a_i,b_i,c_i\)，要求选择 \(x\) 个人属性为 \(a_i\)，\(y\) 个人属性为 \(b_i\)，\(z\) 个人属性为 \(c_i\)，最终他们的和最大。求这个最大的和。
\(~~~~\) \(1\leq n\leq 10^5,1\leq a_i,b_i,c_i\leq 10^9\).

题解

\(~~~~\) 有一个显然的费用流建模，看看数据范围，果断模拟费用流开始反贪。

\(~~~~\) 考虑先得到一组解，不妨就令前 \(x\) 个人取 \(a\)，中间 \(y\) 个人取 \(b\)，最后 \(z\) 个人取 \(c\).那么我们考虑每次替换找新的方案。记 \(x \rightarrow y\) 表示把一个本来取 \(a\) 的变为 \(b\)。以此类推，那我们就有以下五种交换方案：

\(x \rightarrow y,y\rightarrow x\)；
\(x \rightarrow z,z\rightarrow x\)；
\(y \rightarrow z,z\rightarrow x\)；
\(x \rightarrow y,y\rightarrow z,z\rightarrow x\)；
\(x \rightarrow z,z\rightarrow y,y\rightarrow x\)。

\(~~~~\) 每种都选那个交换过后能获取最大 \(\Delta\) 的人，选择这五种当中最大的那一个反悔贪心即可。显然任何时候得到的解都是合法的。

代码

查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PII pair<ll,ll>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
    T f=1;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x*=f;
}
ll Ans;
int Type[100005];
int a[100005][3];
struct cmp {
	bool operator()(const PII x,const PII y){return x.first!=y.first?x.first<y.first:x.second<y.second;}
}; 
priority_queue<PII,vector<PII>,cmp>Q[10];
void Add(int i)
{
	for(int j=0;j<=8;j++)
	{
		int x=j/3,y=j%3;
		if(x==y) continue;
		Q[j].push(mp(a[i][x]-a[i][y],i));
	}
}
int main() {
	int x,y,z,n;read(x);read(y);read(z); n=x+y+z;
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i][0]),read(a[i][1]),read(a[i][2]),Add(i);
	for(int i=1;i<=x;i++) Ans+=a[i][0],Type[i]=0;
	for(int i=x+1;i<=x+y;i++) Ans+=a[i][1],Type[i]=1;
	for(int i=x+y+1;i<=n;i++) Ans+=a[i][2],Type[i]=2;

	while("I am an idiot.")
	{
		for(int i=0;i<=8;i++)
		{
			int X=i/3,Y=i%3;	
			if(X==Y) continue;
			while(!Q[i].empty()&&Type[Q[i].top().second]!=Y) Q[i].pop();
		}
		ll Val[9];
		for(int i=0;i<=8;i++)
		{
			if(!Q[i].empty()) Val[i]=Q[i].top().first;
			else Val[i]=-1e17;
		}
		ll Maxn=0,pos;
		/*五个环*/
		if(Val[3]+Val[7]+Val[2]>Maxn) Maxn=Val[3]+Val[7]+Val[2],pos=1;
		if(Val[6]+Val[5]+Val[1]>Maxn) Maxn=Val[6]+Val[5]+Val[1],pos=2;
		if(Val[3]+Val[1]>Maxn) Maxn=Val[3]+Val[1],pos=3;
		if(Val[6]+Val[2]>Maxn) Maxn=Val[6]+Val[2],pos=4;
		if(Val[7]+Val[5]>Maxn) Maxn=Val[7]+Val[5],pos=5;
		if(Maxn==0) break; Ans+=Maxn;
		int x,y,z;
		if(pos==1) Type[x=Q[3].top().second]=1,Type[y=Q[7].top().second]=2,Type[z=Q[2].top().second]=0,Add(x),Add(y),Add(z);
		if(pos==2) Type[x=Q[6].top().second]=2,Type[y=Q[5].top().second]=1,Type[z=Q[1].top().second]=0,Add(x),Add(y),Add(z);
		if(pos==3) Type[x=Q[3].top().second]=1,Type[y=Q[1].top().second]=0,Add(x),Add(y);
		if(pos==4) Type[x=Q[6].top().second]=2,Type[y=Q[2].top().second]=0,Add(x),Add(y);
		if(pos==5) Type[x=Q[7].top().second]=2,Type[y=Q[5].top().second]=1,Add(x),Add(y);
	}
	printf("%lld",Ans);
	return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。

 From  0  1  2
To
0      /  1  2
1      3  /  5
2      6  7  /
*/

posted @ 2023-03-15 22:07 Azazеl 阅读(34) 评论(0) 编辑收藏举报

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Azazel

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