2017六省联考题解
Day 1
T1 期末考试
有 \(n\) 个同学，\(m\) 个科目。每个科目计划在 \(b_i\) 天公布成绩，第 \(i\) 位同学希望在第 \(t_i\) 天及以前知道所有科目的成绩，假如最晚的一个科目公布时间为 \(t\) ，则其不满意度为 \(max(0,t-t_i)\times C\)。现有两种操作，一是将科目 \(X\) 的公布时间推迟一天同时将 \(Y\) 的公布时间提前一天，一次操作不满意度为 \(A\) ；二是使科目 \(X\) 的公布时间提前一天，一次操作不满意度为 \(B\) 。（其中 \(X,Y\) 为任意科目）。求最小的不满意度之和。
\(1\le n,m,t_i,b_i\le 10^5 \; \; A,B,C\) 均为非负整数 。
考虑如果我们知道了最晚的一个科目的公布时间，我们就可以很容易求出不满意度。所以我们枚举最晚的一个科目的公布时间，然后将所有晚于它的科目的时间全部调整为它。然后我们可以根据 \(A,B\) 的大小关系分类讨论一下。若 \(A<B\) ，就不断用第一种，不够了再用第二种，否则就直接不断用第二种。这个用前缀和维护一下就行，时间复杂度为 \(O(max \lbrace b_i \rbrace)\) 。
T2 相逢是问候
给定 \(n,m,p,c\) 。有一个长度为 \(n\) 的序列，有 \(m\) 个操作，\(0 \;l\;r\) 表示将 \(a_i(l\le i\le r)\) 都替换成 \(c^{a_i}\) ，\(1\; l\; r\) 表示查询 \([l,r]\) 内所有数的和 \(mod\; p\) 的结果。
\(1\le n,m\le 5\times 10^4\;\; 1\le p\le 10^8 \;\; 0<c,a_i<p\)
考虑操作一，形如 \(c^{c^{c\cdots}}\) 很容易想到扩展欧拉定理。
$ a^b \equiv \begin{cases} a^{b; mod ;\varphi(m)}, & {gcd(a,m)=1} \ a^b, &{gcd(a,m) \ne1,b\le \varphi(m)} \ a^{b ; mod ; \varphi(m)+\varphi(m)},& {gcd(a,m)\neq 1,b\geq \varphi(m) } \end{cases} \pmod{m}$
所以我们反复使用扩展欧拉定理，每次都会把 \(m\) 变为 \(\varphi(m)\) ，当 \(\varphi(m)=1\) 时，原式变为定值。所以我们不断将 \(p\) 变为 \(\varphi(p)\) 直到为 \(1\) 后停止，而一个数最多经过 \(log\) 次就可以变成 \(1\) ，因为偶数的欧拉函数值必定小于它的一半，而奇数的欧拉函数值必定为偶数，所以我们只需要维护 \(log\,p\) 个幂即可。同时，发现此题涉及到区间操作，考虑用线段树直接维护区间和以及区间最小变换次数即可。这题预处理比较麻烦，我们需要预处理出 \(a_{i,j}\) 表示 \(c^{c^{\cdots ^{a_i}}}\) （其中下方 \(c\) 的个数为 \(j\) ），这个直接套用扩展欧拉定理即可，若直接套用快速幂计算，预处理复杂度为 \(O(nlog^3p)\) ，所以我们替换为光速幂。设定阈值 \(b\) ，预处理所有的 \(p_x=c^x\) 和 \(q_x=c^{b^x}\) ，则 \(c^x=p_{x \, mod\, b }\cdot q_{\lfloor\frac{x}{b}\rfloor }\) ，这样省去了快速幂的复杂度。最终总时间复杂度为 \(O(nlog^2p+nlogn\,logp)\) 。
T3 组合数问题
给定正整数 \(n,p,k,r\) ，求 \((\sum_{i=0}^{\infty} C_{nk}^{ik+r}) \; mod \; p\) 的值。
\(1\le n\le 10^9\;\; 0\le r<k\le 50 \;\; 2\le p\le 2^{30}-1\)
可以转变题意，即求在 \(nk\) 个物品中选出 \(x\) 个，且满足 \(x \; mod \;k =r\) 的方案数。那我们有一个比较显然的 \(dp\) ，设 \(f_{i,j}\) 表示当前考虑第 \(i\) 个物品，选出的数量 \(mod \; k=j\) 的方案数，转移也比较简单。分别考虑是否选这个物品，就有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,(j-1+k)\,mod\,k}\) ，时间复杂度为 \(O(nk^2)\) 。我们发现 \(n\) 非常大，而且 \(f_i\) 的转移只和 \(f_{i-1}\) 有关系，我们可以考虑用矩阵乘法优化转移。
可以构造出形如这样的转移矩阵，初始值 \(f_0=1\) ，跑矩阵快速幂即可。时间复杂度\(O(k^3log(nk))\) 。
Day 2
T1 摧毁“树状图”
给定一棵 \(n\) 个点的树，找到树上的两条边不相交的路径，使得删去路径上的所有点和边后剩下的连通块数量最多，输出最大个数。
\(n\le5\times10^5\)
大力树形 \(dp\) ，我们设 \(f_{u,0/1/2/3}\) 表示以 \(u\) 为根的子树（包括\(u\) ）的四种情况。具体地，\(f_{u,0}\) 表示链的一个端点为 \(u\) ，另一个端点在 \(u\) 的子树内，\(f_{u,1}\) 表示路径的两个端点在 \(u\) 的子树内且路径不经过 \(u\) ，\(f_{u,2}\) 表示路径的两个端点在 \(u\) 的子树内且路径经过 \(u\) ，\(f_{u,3}\) 表示一条链以 \(u\) 为端点，另一个端点在子树内，以及一条路径两端在 \(u\) 的子树内且允许经过 \(u\) 。
考虑如何转移，以下设 \(v\) 为 \(u\) 的直接儿子，\(son_u\) 表示 \(u\) 的儿子数量。
\(f_{u,0}=max(f_{u,0},f_{v,0}+son_u-1)\) ，即连接 \(u\) 到 \(v\) 的边。
\(f_{u,1}=max(f_{u,1},f_{v,1},f_{v,2}+1)\) ，直接继承 \(v\) 的两种情况。
\(f_{u,2}=max(f_{u,2},f_{u,0}+f_{v,0}-1)\) ，将两条链直接拼起来，注意 \(f_{u,0}\) 多算上了 \(v\) 为根的连通块，而连接上 \(v\) 后就没了，所以要减一。
以下 \(f_{u,3}\) 的转移省略 \(max\) 符号。
\(f_{u,3}=f_{u,0}+f_{v,2}-1\) 直接作为两条路径，\(f_{u,0}\) 多统计了 \(v\) 的连通块，所以减一。
\(f_{u,3}=f_{u,0}+f_{v,1}-1\) 和上面的类似。
\(f_{u,3}=f_{u,2}+f_{v,0}-1\) 将 \(v\) 到 \(u\) 的路径连接起来，减掉 \(v\) 的那一个连通块。
\(f_{u,3}=f_{v,3}+son_u-1\) 将 \(v\) 到 \(u\) 的路径连接起来，多了 \(son_u-1\) 个连通块。
设 \(tmp\) 为之前的儿子中 \(f_{v,1}\) 和 \(f_{v,2}\) 的最大值，\(f_{u,3}=f_{v,0}+son[u]-1+tmp-1\) 。直接根据 \(f_{u,3}\) 的意义转移，将 \(u\) 和 \(v\) 连接，减去 \(tmp\) 和 \(v\) 的那两个连通块。
由于路径可以退化成链，所以 \(f_{u,2}=max(f_{u,2},f_{u,0})\) ，\(f_{u,3}=max(f_{u,3},f_{u,2})\)。
然后考虑答案的更新。
\(ans=f_{u,3}+f_{v,0}-[u=1]\) \(ans=f_{u,0}+f_{v,3}-[u=1]\) \(ans=f_{u,2}+f_{v,1}-[u=1]\) ，其中如果 \(u\) 为 \(1\) 表示 \(u\) 为根，就没有上面产生的那个连通块了。
\(ans=f_{u,1}+f_{v,2}\) \(ans=f_{u,1}+f_{v,1}-1\)
对于初始化操作，\(f_{u,0}=f_{u,2}=f_{u,3}=son[u]\) 表示只选了 \(u\) 这个节点，\(f_{u,1}=1\) 表示只选了一个儿子，剩下了一个连通块。
时间复杂度 \(O(n)\) 。
T2 分手是祝愿
给定一个长度为 \(n\) 的01序列，每次可以操作一个位置 \(pos\) ，然后 \(pos\) 的所有约数上的位置会取反。当该局面的最小操作步数小于等于 \(k\) 时，直接按照最小操作步数的方案操作，否则它会等概率随机一个位置操作。求使最终序列全部变为0的操作次数的期望乘上 \(n!\) 对 \(100003\) 取模之后的结果。
\(1\le n\le 100000 \;\; 0\le k\le n\) 。
先考虑一个局面的最小操作步数，容易发现 \(pos\) 位置只能被大于等于它的位置取反。所以我们就有乐一个贪心，从大到小操作序列中状态为 \(1\) 的位置，即可得到最小操作数 \(x\)。所以当 \(k\le x\) 时期望步数为 \(x\) 。然后我们考虑 \(k>x\) 的情况。我们又可以发现最小操作方案是和操作顺序无关的，所以我们从操作数上下手。我们定义最小操作数中操作的位置为需要操作的位置，设 \(f_i\) 表示从需要 \(i\) 次操作变为需要 \(i-1\) 次操作的期望步数，当随机到的位置为需要的那 \(i\) 次操作之一，期望为 \(\frac{i}{n}\) ；若没有随机到，那么就会变成需要 \(i+1\) 次操作的局面，那就需要 \(f_{i+1}+f_i+1\) 次操作才能变成需要 \(i-1\) 次操作的局面（加一表示加上随机的那一个操作）。整理一下可以得到，\(f_i=\frac{i}{n}+(1-\frac{i}{n})\cdot(f_{i+1}+f_i+1)\) ，解方程可得 \(f_i=\frac{(n-i)\cdot f_{i+1}+n}{i}\) ，初始化为 \(f_n=1\) ，直接递推即可。最终答案为 \(k+\sum_{i=k+1}^{x} f_i\) 。处理约数可以通过枚举倍数解决，时间复杂度为 \(O(nlogn)\) 。
T3 寿司餐厅
有 \(n\) 种寿司，第 \(i\) 种寿司的类型为 \(a_i\) 。如果你吃到了第 \(i\) 到第 \(j\) 种 \((i\le j)\) 寿司，你的收益为 \(d_{i,j}\) 。如果你吃了 \(y\) 种类型为 \(x\) 的寿司，你会付出 \(mx^2+yx\) 的代价（其中 \(m\) 是一个常数）。 最大化价值和。
\(n \le 100\;\; a_i\le 1000 \;\; m \in \lbrace 0,1\rbrace \;\; -500\le d_{i,j} \le 500\) 。
这是经典的最大权闭合子图问题，考虑用最小割来求解。将每个 \(d_{i,j}\) 看成一种物品，\(d_{i,j}>0\) 的从 \(S\) 向其连一条容量为 \(d_{i,j}\) 的边，否则向 \(T\) 连边，容量为其相反数。当 \(i\ne j\) 时，若选择了 \(d_{i,j}\) ，则 \(d_{i+1,j}\) 和 \(d_{i,j-1}\) 也要被选择，所以连一条容量为 \(INF\) 的边；当 \(i = j\) 时，表明就选择了这一种寿司，就向其对应的类型 \(a_i\) 连边，容量为 \(INF\) 。这样我们就刻画了所有的依赖关系，接着我们考虑其余边的容量。我们发现现在只剩下 \(mx^2+yx\) 的代价没有刻画。\(mx^2\) 比较简单，我们直接让每种类型的寿司向 \(T\) 连一条容量为 \(mx^2\) 的边。对于 \(yx\) ，其和数量有关，我们假设 \(a_i=x\) ，我们可以让 \(d_{i,i}\) 减掉 \(x\) ，这样 \(yx\) 的代价就自动减掉了。最终答案就是所有 \(d_{i,j}>0\) 的 \(d_{i,j}\) 之和减去最小割。
