丽泽普及2022交流赛day16 社论

这场比较平凡吧 .

省流：

http://zhengruioi.com/contest/1087

目录

目录

• A. Gene
  • 题面
  • 题解
    • 算法一（正解）
    • 算法二
• B. Fight
  • 题面
  • 题解
    • 算法一（正解）
    • 算法二
    • 算法三
• C. Pastry
  • 题面
  • 题解
    • 算法一（SoyTony）
    • 关于 $f$ 的一些研究
• D. Conference
  • 题面
  • 题解
    • 算法一（SoyTony）

时间复杂度瞎算的 .

A. Gene

题面

俩字符串 $s,t$，在 $s$ 中加点字符，使 $t$ 是 $s$ 的子串 .

插字符 $ch$ 有代价 $c_{ch}$ .

字符集 $\{\texttt A,\texttt C,\texttt G,\texttt T\}$ .

题解

算法一（正解）

考虑 dp，令 $dp_{i,j}$ 表示 $s$ 以 $i$ 结尾的后缀与 $t$ 相等的最小代价 .

转移考虑丢掉（换一个）或接续即可 .

时间复杂度 $O(|S||T|)$，可以滚动数组 .

算法二

扫一遍 $s$，暴力匹配 $t$，如果失配了就加字符 .

是不是非常简单，和那个 dp 时间复杂度一模一样 .

时间复杂度 $O(|S||T|)$ .

B. Fight

题面

为了争夺金坷垃， $n$ 个人要打 $m$ 场架，第 $i$ 场是第 $a_i$ 个人和第 $b_i$ 个人打。

主办方突然想把这些人分成日日阵营和非非阵营（每个人都属于某一个阵营），使得只有阵营间的人会打架。但是安排已经决定，要更改安排需要时间。

你需要求出在最优的阵营划分方案中，出现两个相同阵营的人的战斗最晚是在哪一场。（数据保证一定会出现这种情况）

题解

算法一（正解）

种类并查集，非常容易 .

时间复杂度 $O(n\alpha(m))$ .

算法二

考虑二分答案，于是问题变成判定是否可以划分阵营 .

等价于二分图判定，黑白染色即可 .

时间复杂度 $O((n+m)\log m)$ .

算法三

依然二分答案 .

然后可以 2-SAT 做，有个老哥这么干 $80pts$ 超时了（悲） .

时间复杂度 $O((n+m)\log m)$ .

C. Pastry

题面

$n$ 个宽度相同的块相邻摆放 .

将第 $i$ 个块 $a_i$ 等分，问有多少个本质不同的分界点 .

题解

算法一（SoyTony）

令 $m =\max\{a_i\}$
拆一下 .

考虑 $f(x)$ 表示 $x$ 与 $x$ 的所有约数的分界点不同的个数 .

然后可以枚举因子 $O(m\log m)$ 递推 .

然后对于每个 $a_i$ 把她和她的约数（去重）的 $f$ 全加起来就好了 .

这一步枚举因子是 $O(m\log m)$ .

总时间复杂度 $O(m\log m)$ .

---

关于 $f$ 的一些研究

这个 $f$ 的表达式是

$$f(n)=\begin{cases}0&n=1\\n-1+\sum_{d\mid n, d\neq n}f(d)&n>1\end{cases}$$

通过打表得到 $f(n)=\varphi(n)-[n=1]$，回代也发现成立

过程

众所周知 $\displaystyle \sum_{d\mid n}\varphi(n)=n$ .

于是带入，得

$$\varphi(n)-[n=1]=n-1+\sum_{d\mid n, d\neq n}(\varphi(n)-[n=1])$$

这个 $\sum$ 有两个非常鬼畜的东西，一个是 $d\neq n$，一个是 $[n=1]$ .

把 $1,n$ 单独处理得

$$\begin{aligned}\varphi(n)-[n=1]&=n-1-(n-\varphi(n)-[n=1])\\&=\varphi(n)-1+[n=1]\\&=\varphi(n)-[n=1]\end{aligned}$$

恒成立 .

能否从递推式直接得到通项还是未解之谜 .

破案了，从 Dirichlet 卷积的角度看 .

FZ 神仙的做法

令 $g(x) = f(x)-[n=1]$ .

于是

$$g(n)=n-\sum_{d\mid n,d\neq n}g(d)$$

即

$$\sum_{d\mid n}g(d) = n$$

即 $g*I=\mathrm{id}$，显然 $g=\varphi$ .

从而 $f(x)=\varphi(x)-[n=1]$ .

wangrx 神仙的做法

直接写成 Dirichlet 卷积形式，

$$f = \mathrm{id}-I-(I*f-f)$$

化简得

$$I*f=\mathrm{id}-I$$

因为 $I^{-1}=\mu$，于是

$$\begin{aligned}f&=I^{-1}(\mathrm{id}-I)\\&=\mu* \mathrm{id}-I^{-1}*I\\&=\varphi - \varepsilon\end{aligned}$$

即 $f(x)=\varphi(x)-[x=1]$ .

其他

《贝尔级数》

《狄利克雷生成函数》

于是似乎就可以线性筛了（？）然而复杂度不变 qwq .

大概这种含 $\displaystyle\sum_{d\mid n}$ 的东西就向 Dirichlet 卷积靠吧 .

D. Conference

题面

给一个序列 $\{a_n\}$ .

对于每个 $1\le s\le n$ 回答询问：

• 最小的使得序列 $\left\{\left\lfloor \dfrac{a_i}k\right\rfloor\right\}$ 存在 $s$ 个重复元素（最多）的 $k$（若不存在输出 -1）

题解

算法一（SoyTony）

众所周知 $\left\lfloor \dfrac nk\right\rfloor$ 只有 $O(\sqrt n)$ 个取值 .

然后整除分块出每个 $a_i$ 的取值块左端点并丢到一个 std::set 里 .

然后遍历那个 std::set 算一下情况下有多少个相同元素就完了 .

时间复杂度 $O(玄学_1\sqrt{玄学_2}\log 玄学_3)$ .