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 $rk29$ 。

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 $1⩽i⩽n$ 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 $l⩽k+xm⩽r$ ,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 $\lceil {\displaystyle \frac{l-k}{m}}\rceil$ ，上界是 $\lfloor {\displaystyle \frac{r-k}{m}}\rfloor$ ,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 $0,1,...,a_i-a_{i}modL-1$ ，二部分就是 $a_i-a_{i}modL,...,a_i-1$ 。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:

$$(\prod _{x\in S}\lfloor {\displaystyle \frac{a_x}{L}}\rfloor )(\prod _{i=L-j}^{L-n+1}i)$$

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 $\lfloor {\displaystyle \frac{x}{L}}\rfloor$ 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 $amodL$ 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。

• $f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times ((a_{i}modL)-j+1)$ 。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 $f_{i,j}=f_{i-1,j}\times \lfloor {\displaystyle \frac{a_i}{L}}\rfloor$

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 $f_{i,j+1,k}(a_i⩽i-j-1)$ 。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 $O(n^3)$ 。