ABC270 E~Ex

E：

当他执行了 $m\times n$ 次操作，我们称他执行了 $m$ 轮操作。

显然我们可以二分出最早在第几轮的时候吃掉的苹果不小于 $k$。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log k)$。

Code

F：

显然可以枚举四种情况：不用机场和码头/只用机场/只用码头/机场码头都用。

如果使用机场，就建一个虚点 $n+1$，对于每个点都连一条边 $(i,n+1,x_i)$。

如果使用码头同理，也建一个虚点 $n+2$，对于每个点都连一条边 $(i,n+2,y_i)$。

公路的边一定要连上。

对于每种情况跑一遍 Kruskal 就好了。

Code

G：

首先 $S=G$ 直接输出 $0$。

当 $A=0$ 时，有 $X_i=\left\{\begin{matrix} S\ \ \ \ (i=0) \\ B\ \ \ \ (i\gt0) \end{matrix}\right.$，可以 $\mathcal O(1)$ 计算。

当 $A=1$ 时，有 $X_i=S+Bi\bmod p$，所以 $i\equiv \dfrac{G-S}{B}\pmod P$，也可以 $\mathcal O(1)$ 计算。

当 $A\ge2$ 时，有 $X_i+\dfrac{B}{A-1}\equiv A(X_{i-1}+\dfrac{B}{A-1})\pmod P$，所以 $A^i\equiv \dfrac{G+\dfrac{B}{A-1}}{S+\dfrac{B}{A-1}}\pmod P$，可以使用 BSGS 配合哈希表（这里我用了 unordered_map），可以认为是 $\mathcal O(\sqrt P)$ 的。

Code

Ex:

假设当前的局面为 $b_1,b_2,\cdots,b_n$，定义距离 $k=\max(a_i-b_i)$，表示当前状态和终止状态的距离。

设 $f(k)$ 表示距离为 $k$ 的状态期望需要多少步到达终止状态，则 $f(0)=0$，答案为 $f(a_n)$。

假设 $a_1\le\cdots\le a_l\lt k\le a_{l+1}\le\cdots\le a_n$，即 $l$ 是最大的小于 $k$ 的 $a$ 的位置。

那么假设下一步操作到的 $i$ 满足 $1\le i\le l$，那么距离会变成 $k-1$，否则距离会变成 $a_i$。

那么可以得到转移 $f(k)=1+\dfrac{1}{n}(l\times f(k-1)+\sum_{i=l+1}^{n}f(a_i))$。

移项可得 $f(k-1)=\dfrac{1}{l}(n\times f(k)-n-\sum_{i=l+1}^{n}f(a_i))$。

用 $k$ 替换 $k-1$ 可得 $f(k)=\dfrac{1}{l}(n\times f(k+1)-n-\sum_{i=l+1}^{n}f(a_i))$，其中 $a_l\le k\lt a_{l+1}$。

注意到此时边界为 $f(0)=0$，答案是 $f(a_n)$，这和转移的顺序不符合。

所以令 $g(k)=f(a_n)-f(k)$，那么转移变为 $g(k)=\dfrac{1}{l}(n\times g(k+1)+n-\sum_{i=l+1}^{n}g(a_i))$，边界为 $g(a_n)=0$，答案为 $g(0)$。

直接计算预处理逆元和前缀和优化是 $\mathcal O(n+V)$ 的，考虑优化。

考虑对于固定的 $l$，对于所有 $a_l\le k\lt a_{l+1}$ 转移形式相同，所以考虑设 $G=\dfrac{\sum_{i=l+1}^{n}g(a_i)-n}{l}$ 是定值。

那么

$$g(a_l)=\dfrac{n}{l}g(a_l+1)-G=\dfrac{n}{l}(\dfrac{n}{l}g(a_l+2)-G)-G=(\dfrac{n}{l})^2g(a_l+2)-G(1+\dfrac{n}{l})=\cdots=(\dfrac{n}{l})^{a_{l+1}-a_l}g(a_{l+1})-G(1+\dfrac{n}{l}+\cdots+(\dfrac{n}{l})^{a_{l+1}-a_l-1})=(\dfrac{n}{l})^{a_{l+1}-a_l}g(a_{l+1})-G\dfrac{(\dfrac{n}{l})^{a_{l+1}-a_l}-1}{\dfrac{n}{l}-1}$$

于是只需依次计算 $g(a_{n-1}),\cdots,g(a_1)=g(0)$ 即可，在过程中维护 $\sum_{i=l+1}^{n}g(i)$ 即可做到 $\mathcal O(n\log \text{mod})$。

Code