2020牛客暑期多校训练营

暑假打的是HDU多校，没报牛客，来补补题

Eazy

• 题意：给定\(n,m,k\)，求\(\sum\limits_{\{a_i\}\{b_i\},a>0,b>0,|a|=|b|=k}[\sum\limits_{j=1}^k a_j=n][\sum\limits_{j=1}^k b_j=m]\prod\limits_{j=1}^k min(a_j,b_j)\)
• 做法：
  考虑二元生成函数
  \(\begin{aligned}G(x,y)&=\sum\limits_{i,j>0}min(i,j)x^iy^j\\ &=\sum\limits_{i>0}ix^i\sum\limits_{j\ge i}y^j+\sum\limits_{i>0}iy^i\sum\limits_{j>i}x^j\\ &=\sum\limits_{i>0}ix^iy^i(\frac{1}{1-y}+\frac{x}{1-x})\\ &=\frac{xy}{1-xy}(\frac{1}{1-y}+\frac{x}{1-x})\\ &=\frac{xy}{(1-xy)(1-x)(1-y)}\\ \end{aligned}\)
  \(Ans=[x^ny^m]G(x,y)^k\)

Easy construction

• 题意：给定一棵树，多次询问，给出\((l,r,x)\)，求\(\sum\limits_{l\le i<j\le r}[lca(i,j)=x]\)
• 做法：
  即求\({size_x\choose 2}\sum\limits_{v\in son_x}{size_v\choose 2}\)
  考虑链分治，对重儿子直接主席树查询；至于轻儿子，可以对\((l,r)\)离线下来莫队，对于每个点\(i\)，计算其到根路径对祖先的贡献。这样复杂度是\(O(nlogn+n\sqrt{n}logn)\)的
  但是还不够，考虑对树链剖分变形
  对于每个点，令子树大小前\(O(\sqrt{n})\)大的为重儿子，对于每个点，每跳一次轻边，子树大小乘以\(O(\sqrt{n})\)，故只会经过\(O(1)\)次轻边
  对于重儿子，即查询对于区间\([l',r']\)有多少个小于等于某个数的个数，共\(O(n\sqrt{n})\)个查询，对\([l',r']\)差分处理，配合\(O(\sqrt{n})\)修改-\(O(1)\)查询的值域分块
  总复杂度\(O(n\sqrt{n})\)

NeoMole Synthesis

• 题意
• 做法：
  枚举任意点为\(T\)的根，由于\(\sum |T'_i|\le 500\)，讲模板树重新标号，使得不同模板树上无相同节点
  令\(f_{i,j,k}\)为\(T\)中点\(i-fa_i\)匹配模板树中的\(j-k\)的最小花费（除正在匹配的这棵树，其他树均匹配完了）。特殊的，若\(k=0\)，则正在匹配的模板树匹配
  令\(g_i\)为\(T\)中点的子树全部匹配完的最小花费：\(g_i=min(f_{i,j,0})\)
  容易发现\(f\)的转移是二分图完备匹配，用KM算法。总复杂度\(O(n^4)\)
  考虑优化，容易发现\(f_{i,j,k_1\neq 0}\)只用从\(f_{i,j,k=0}\)的二分图中\(k_1\)退一次流即可
  退流的过程是交替走匹配边/非匹配边，用floyd优化。
  若将\(deg_i,deg_j\)一起做，复杂度\(\sum\limits_{i,j}(deg_i+deg_j)^3=n^4\)
  我们可以仅对\(deg_j\)做，对于两个点\(x,y\)，令其匹配点为\(x',y'\)，初始化\(dis(x,y)=-w_{x,x'}+w_{y,x'}\)
  则对于退流的两个点\(a,b\)，令\(b\)的匹配点为\(b'\)，退流的流量为\(dis_{a,b}-w_{b,b'}\)
  \(\sum\limits_{i\in T'}deg_i^2\frac{n}{deg_i}=O(n^3)\)
  放一份KM-bfs的板子

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define IL inline 
typedef long long LL;

const int N = 400 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

struct Kuhn_Munkers {
	int n;
	int W[N][N];
	int Lx[N],Ly[N];
	int left[N];
	int slack[N];
	int pre[N];
	bool T[N];
	IL void init(int n) {
		this->n = n;
		for(int i=1;i<=n;i++) fill(W[i],W[i]+1+n,INF);
	}
	IL void bfs(int u) {
		fill(slack,slack+1+n,INF);
		fill(pre,pre+1+n,0);
		int x,y=0,yy=0,a;
		left[y] = u;
		for(;;) {
			x = left[y]; a = INF, T[y] = true;
			for(int i=1;i<=n;i++) if(!T[i]){
				if(slack[i] > Lx[x]+Ly[i]-W[x][i]) {
					slack[i] = Lx[x] + Ly[i] - W[x][i];
					pre[i] = y;
				}
				if(slack[i] < a) a = slack[i],yy = i;
			}
			for(int i=0;i<=n;i++) {
				if(T[i]) { Lx[left[i]] -= a; Ly[i] += a;}
				else slack[i] -= a;
			}
			y = yy;
			if(!left[y]) break;
		}
		while(y) left[y] = left[pre[y]], y = pre[y];
	}
	IL int KM() {
		fill(Lx,Lx+1+n,0);
		fill(Ly,Ly+1+n,0);
		fill(left,left+1+n,0);
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			fill(T,T+1+n,false);
			bfs(i);
		}
		int ans = 0LL;
		for(int j=1;j<=n;j++) ans += W[left[j]][j];
		return ans;
	}
}solver;


int n;
int p[N];
LL a[N],b[N],c[N];

int main() {
	scanf("%d",&n); solver.init(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			int v = 0;
			for(int k=1;k<=n;k++) if(b[i]+c[j] > a[k]) v += p[k];
			solver.W[i][j] = v;
		}
	}
	printf("%d\n",solver.KM());
	return 0;
}

Disgusting Relationship

• 题意：
  令\(n\)置换环长为\(i\)的个数为\(a_i\)个，令\(f(a_1,a_2,\cdots,a_n)\)为环长为\(i\)的个数有\(a_i\)个的方案数
  给定\(n,p\)（\(p\)为个数），求有多少个序列\(\{a_i\}\)使得\(p\)不整除\(f(a)\)
• 做法：
  \(f(a)=\dfrac{n!}{\prod\limits_{i=1}^n i^{a_i}a_i!}\)
  题目可以转化为最大化分母中质因子\(p\)的次幂
  结论1：若\(a_k>0(k>p)\)则不优
  令\(a_1=n\)，可得分母中质因子\(p\)的次幂最大为\(\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{n}{p^i}\)
  令\(a_1=n-\frac{n}{p}\times p,a_p=\frac{n}{p}\)，此时次幂为\(\frac{n}{p}+\sum\limits_{i=2}^{\infty}\frac{n}{p^i}\)
  结论2：令\((a_1,a_2,\cdots,a_m)_p=n\)，\(a_i(i<m)\)上的每一个\(1\)要么在\(a_1\)要么在\(a_p\)（根据Kummer定理易证）
  \(ans=p_{n\%p}\times\prod\limits_{i=1}^{m-1}(b_i+1)\)（其中\(p_i\)是\(i\)的分拆数方案数）

Decrement on the Tree

• 题意
  给定一棵带边权树，\(m\)次修改一条边的边权。对于一棵树，每次可以选择一条路径将其权值\(-1\)，求最少多少次可以使树边权全为\(0\)
• 做法
  对于一个点，其边可以两两配对
  令边权和为\(sum\)，最大边权为\(mx\)，若\(mx>sum-mx\)，贡献为\(2mx-sum\)。若\(mx\le sum-mx\)，若为奇数贡献为\(1\)，否则为\(0\)