联考test1009

写在前面的话

感觉比以往的比赛难多了。出题人卡高精度，不好评价，但是题目还是好题。

考试的时候开题顺序为 \(T1-T3-T4-T2\) ，感觉和题目的实际难度排序差不多。

实际得分 \(80+0+100+0=180\) ,总体排名 \(rk 29\) 。

今天发现外省的选手都很强大啊，之后的路很长。

题目或许需要保密，所以不给予题目描述。

\(T1\)

思路点拨

比较结论的一题，容易知道的是，在 \(1 \leqslant i \leqslant n\) 中， 不同的 \(f(i)\) 在 \(O(\sqrt n)\) 这个级别上。

我们可以预处理处每一个 \(f(i)\) 相同的连续段，这个是十分具有规律的，我们可以打表得出这个规律。

对于一组询问，我们可以暴力遍历这 \(\sqrt n\) 个连续段，我们对于一个连续段 \(l,r\) ，我们希望求出有多少个非负整数 \(x\) 满足 \(l \leqslant k+xm \leqslant r\) ,每一组合法的 \(x\) 会产生 \(f(l)\) 的贡献。

利用不等式的知识可以得出，\(k\) 的下界是 \(\lceil \dfrac{l-k}{m}\rceil\) ，上界是 \(\lfloor \dfrac{r-k}{m}\rfloor\) ,所以单次询问可以做到 \(O(\sqrt n)\) 。

期望得分 \(100\) ，但是本题需要高精度或者 int128 ，所以只有 \(80\) 。

\(T2\)

emm,看来这是本场最困难的题目。不会。

\(T3\)

思路点拨

唯一场切的题。我们考虑弱化问题，使得 \(a_i<L\) 。

这是一个经典的问题，我们将 \(a\) 从小到大排序之后，答案就是 \(\prod_{i=1}^n a_i-i+1\) 。证明略。

我们可以将一个数拆分为两个部分，一部分是 \(0,1,...,a_i-a_i \bmod L-1\) ，二部分就是 \(a_i-a_i \bmod L,...,a_i-1\) 。我们发现，对于一个数，如果其存在一部分，那么这个一部分会长于全部的二部分。所以我们优先填一部分。假设我们在第二部分填了 \(j\) 个，那么第一部分（假设下标集合为 \(S\) ）的贡献就是:

\[(\prod_{x \in S} \lfloor \dfrac{a_x}{L}\rfloor)(\prod_{i=L-j}^{L-n+1} i) \]

这个式子我们理解一下，第一部分就是描述了每一个余数的选择，如果一个数为 \(x\) ，那么在它的第二部分有 \(\lfloor \dfrac{x}{L}\rfloor\) 个完整的余数循环节 \(0,1,...,L-1\) 。所以对于每一个余数有这么多种选择。第二部分是最好理解的，我们枚举了一个位置可以选择的余数。

我们将序列 \(\{a\}\) 依据 \(a \bmod L\) 从小到大排序，之后考虑动态规划。

我们令 \(f_{i,j}\) 表示我们考虑到了下标为 \(i\) 的元素，在这之前，我们选择了 \(j\) 个元素作为第一部分。

• \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1} \times ((a_i \bmod L)-j+1)\) 。我们依照刚刚讲的 \(a_i<L\) 的方式填了第一部分。

• 如果一个数选择第二部分，我们并不好维护贡献的 \(\prod_{i=L-j}^{L-n+1} i\) ，但是可以发现，这个在 \(j\) 一定的时候是一个定值，所以我们在动态规划的过程中只维护 \(\prod_{i=L-j}^{L-n+1} i\) 。固然有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}\times \lfloor \dfrac{a_i}{L}\rfloor\)

最后因为我们的第二部分没有算上阶乘，所以答案应该带上：

\[\sum_{j=1}^n (f_{n,j} \times \prod_{k=L-j}^{L-n+1} k) \]

总体时间复杂度是 \(O(n^2)\) 的。

\(T4\)

思路点拨

我们考虑将问题转化一下，我们有 \(n\) 个节点，点有点权 \(v_i\) 。对于第 \(i\) 个节点，要么他向点权小于等于它本身的节点连 \(a_i\) 及以上条边，可以获得 \(b_i\) 的贡献；要么他想点权大于等于他本身的节点连 \(a_i\) 及以上条边可以获得 \(c_i\) 的贡献。

我们发现，按照我们转化的题意，我们可以获得一种思考方向，就是我们将全部的节点按照点权从小到大连边，这样我们题目要求中的连边就有了方向感。

我们假设全部节点的点权是不同的，那么我们可以设计出一种动态规划，我们令 \(f_{i,j,k}\) 表示我们考虑到节点 \(i\) ，选择了 \(j\) 个节点向点权比他小的点连边，后面至多可以有 \(k\) 个节点向点权比他小的点连边。转移考虑刷表。

• \(f_{i-1,j,k}+b_i\) 可以转移到 \(f_{i,j+1,k}(a_i \leqslant i-j-1)\) 。我们将节点 \(i-1\) 选择为连向比他小的点。

• \(f_{i-1,j,k}+c_i=f_{i,j,\min\{k-1,n-i-a_i\}}\) 。我们将节点 \(i\) 选择为连向比他大的点。

转移式相信比较好理解，因为比较形象。时间复杂度可以做到 \(O(n^3)\) 。

但是这个算法不足以解决全部问题，因为这个算法建立与全部节点的点权不同的前提下。其实并没有改变很多，我们只需要将权值相等的节点一起考虑，内部再一次枚举有多少节点向比他大的连边就可以转移了。但是时间是 \(O(n^4)\) 的。

转移时可以使用后缀 \(\max\) 优化，所以做到 \(O(n^3)\) 。