test20230914

写在前面的话

今天考试没有挂分，考场的时候自认为思考得还算投入。希望以后考试的时候对于每一道题目都能有自己深度的思考。

今天考场估分 $100+80+100+30=310$ , 实际得分 $100+80+100+30=310,\text{rank2}$ 。

看了一下考试的题解啊，发现自己还是有一些知识点和小 $\text{trick}$ 不知道的，所以等到 $\text{CSP-S}$ 之后， $\text{NOIp}$ 之前小补一下。

今天考场的时候我吸取了之前考试的教训，选择了一个相对合适的开题顺序。我的开题顺序 $T3-T1-T4-T2$ ，在考后进过仔细评估认为最优开题顺序应该是 $T1-T3-T4-T2$ 。

$T1$

题目描述

现在有一个 $n$ 节点的数，边有边权。我们定义两点之间的拒了为最短路径上的最小边权。

现在希望给这个树选择一个根，使得根节点到其余节点的距离之和最大，输出这个距离之和。

$n⩽{10}^6$ 。

思路点拨

不知道为什么，感觉题面上写满了并查集。我们可以稍稍往这个方面去思考。

考虑一条边在什么时候会成为最大值，我们将全部的边按照边权从大到小排序，再加入并查集的时候我们判断一下边的两边节点的集合，设为 $S1,S2$ 。如果根在 $S1$ 里头，那么他到每一个 $S2$ 的点的距离就是这条边的边权（因为没有加入并查集的边的边权更小），我们给 $S1$ 的每一个点加上 $|S2|\times v$ ；同理，每一个在 $S2$ 的根到达 $S1$ 的节点的距离都是这条边的边权，所以在 $S2$ 的点加上 $|S1|\times v$ 。之后合并两个并查集。

现在我们需要给一些树里的点做加法，还需要合并一些树，难道需要什么科技吗？不需要啊，因为最后每一个节点的点权就是以该节点为根的答案，所以我们的查询是离线的。我们考虑在并查集里头打标记，使用类似于 $\text{Kruskal}$ 重构树的方式合并+路径压缩。时间复杂度 $O(n\log n)$ 。

代码实现比较简单，这里不贴了。

$T2$

题目描述

对于 $80\mathrm{\%}$ 的数据，$n⩽500,k⩽10$ 。

对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据， $n⩽500,k⩽60$ 。

思路点拨

考虑我们按照编码一位一位的填。定义状态 $d{p}_{l,r}$ 表示区间 $l,r$ 这个子问题的最小 频率 $\times$ 码长 。答案要求 $d{p}_{1,n}$ 。我们再定义 $su{m}_i$ 表示频率的前缀和数组。

因为要求字典序有序，所以我们的目前考虑的区间 $[l,r]$ 的每一个数的编码最低位所形成的序列必须是单调不降的，我们可以将这个区间划分成 $c(1<c⩽k)$ 段，第 $i$ 段的最低位就填 $i$ ,之后就被我们划分成了更小规模的问题，这也符合动态规划的标志。因为要将一个区间划分成若干段，所以我们可以设计一个子序列提取动态规划。

我们定义 $f_{i,j}$ 表示对于上述区间 $l,r$ ，我们考虑到下标 $i$ ,目前是第 $j$ 段的一个最小贡献。那么转移是比较显然的：

$$f_{i,j}=min\{f_{mid,j-1}+d{p}_{mid+1,i}\}$$

单轮是 $O(n^{2}k)$ ，因为一共有 $O(n^2)$ 个区间，所以我们考虑对于区间的长度从小到大进行一个转移，时间复杂度 $O(n^{4}k)$ 。但是我们注意到，这个 $f$ 数组的转移十分浪费，因为同一个左端点完全只需要做一遍。所以我们按照左端点从大到小，右端点从小到大的顺序转移，依然可以使得我们在转移 $d{p}_{l,r}$ 的时候，$l<p<q<r$ ，$d{p}_{p,q}$ 的函数值已经被计算出来了。所以我们的时间复杂度就优化到了 $O(n^{3}k)$ 。因为同一个左端点只需要做一次 $f$ 数组的动态规划。

之后，我们既然计算出了 $f$ 数组，$d{p}_{l,r}=max\{f_{r,i}\}+(su{m}_r-su{m}_{l-1})$ ，因为我们在区间填了一层编码，所以贡献加上区间和。这个不是时间复杂度的瓶颈，目前可以通过 $80$ 分。

但是运用计算机强大的计算能力，我们发现 $dp$ 数组是满足四边形不等式的，所以 $f$ 数组的计算可以使用决策单调性优化，时间复杂度 $O(n^{2}k\log n)$ ，可以通过 $100$ 分。

代码实现比较简单，不贴了。

$T3$

题目描述

现在给出了一个正奇数 $n$ ，希望找到一个 $x⩽{10}^{18}$ ,使得 $x-\varphi (x)=n$ 。

$n⩽{10}^9$

思路点拨

对于一个 $x$ ，我们考虑对其使用质因数分解来更好的计算 $x-\varphi (x)$ ，本质上来说，这就是与 $x$ 有公因子并且比 $x$ 小的数的个数。

我们考虑最为简单的情况就是 $x=pq$ ，其中 $p,q$ 都是质数，那么 $x-\varphi (x)={\displaystyle \frac{pq}{p}}-{\displaystyle \frac{pq}{q}}+{\displaystyle \frac{pq}{pq}}=p+q-1=n$ ，我们简单移相发现 $n+1=p+q$ ，因为 $n$ 是一个正奇数，所以 $n+1$ 就是一个偶数。也就是说，如果一个偶数我们可以快速分解为两个不相同质数的和，那么我们就可以求出 $x=pq$ 。

想一想，将一个偶数划分为两个不同质数的和不就是哥德巴赫猜想吗？这个在 $1e9$ 范围内肯定是正确的。问题又来了，怎么拆分成两个质数和和呢？其实 $n+1=p+q$ 中 $min\{p,q\}⩽{10}^4$ ，这个可以打表证明。所以我们可以枚举其中较小的质数，暴力判断 $n+1-q$ 是不是质数，时间是可以通过的。

值得注意的是，$n$ 在比较小的时候不满足哥德巴赫猜想，所以可以暴力。

代码比较简单就不贴了。

$T4$

题目描述

现在有一个 $n$ 和节点 $m$ 条边的简单无向图。想要求出全部导出子图中有多少个边的数量是偶数。

$n⩽46$ 。

思路点拨

这个数据范围比较折半。。。

但是两个子图的答案本身就不好合并，加上偶数的限制就更难了。假设一个导出子图的边是 $c$ 条，那么我们认为它的权值就是 ${\displaystyle \frac{1+(-1{)}^c}{2}}$ ，这个是等价的。现在我们只需要求出全部导出子图的权值和就可以了。

现在我们按照编号奇偶性将点分为两半之后考虑，我们假设这是左部和右部。我们枚举一个左部的点集 $S$ 并且算出他自身的贡献，那么对于一个右部的点 $x$ 如果个 $S$ 的点有奇数条连边，那么它的贡献就是 $-1$ ,不然我们当什么都没有发生。我们称与集合 $S$ 连边为奇数的右部点集合为 $\mu (S)$ 。

我们定义 $f_S$ 表示 $mu(A)=S$ 的集合 $A$ 的权值和， $g_S$ 表示右部子集 $S$ 的权值。答案就是

$$\sum f_A{g}_B(-1{)}^{A\cap B}$$

我们使用 $\text{FWT}$ 优化，时间复杂度 $O(n{2}^{\frac{n}{2}})$ 。