做题记录

合集 - 做题记录(6)

1.做题记录2023-12-23

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CF1201C

给定若干个数。可以进行 $n$ 次单点加操作，求中位数的最大值。

二分答案，每次 $O(n)$ check 即可。

CF1183C

多组询问。每一次查询给出四个数字：$k, n, a, b$。

你在一个回合里面可以选择以下两种操作：

• 让 $k-a$，并让最终答案 $+1$。

• 让 $k-b$，最终答案不变。

问在完成了 $n$ 个回合之后，且 $k>0$ 的前提下，最终答案的最大值。

可以直接数学题解个不等式，但是我沙比写了二分。

二分 $-a$ 的次数，剩下减 $b$ 的次数 $n - mid$。check 一下是不是小于 $0$ 就行了。

$\text{AC code}$

CF920G

给定 $x, p, k$。求 $> x$ 的第 $k$ 小的与 $p$ 互质的数。

首先，发现答案具有可二分性。二分答案，发现问题转化为：求 $\sum \limits_{i = 1}^{n}[(i, p) = 1]$。

对这个式子进行莫反变形：

$$\sum_{i = 1}^{n} [(i, p) = 1]$$

$$= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | (i, p)}^{} \mu(d)$$

$$= \sum_{d | p}^{} \mu(d) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}} 1$$

$$= \sum_{d | p}^{} \mu(d) \left \lfloor \dfrac{n}{d} \right \rfloor$$

筛出 $\mu$ 之后这个东西可以直接 $O(d(p))$ 的复杂度算。

$p$ 的约数需要提前预处理出来。否则会在 #5 超时。

时间复杂度 $O(\max \{p\} + T d(p) \log V)$。

CF140C

给定 $n$ 个半径为 $r_i$ 的球。要求选出至多的三元组，使得三元组中的球半径两两不等。

考虑贪心。每个球按照出现次数排序扔到优先队列里去。每次取出出现次数最多的三个凑成一个三元组即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

$\text{AC code}$

CF898E

给定 $n$ 个数，每次操作可以加一或者减一。求将序列变成 $\dfrac{n}{2}$ 个完全*方数，剩下的都是非完全*方数的最小操作次数。

思路：找到每个值变成临*完全*方数的最小代价。然后根据代价排序，将前一半变成完全*方数。剩下变成非完全*方数，只需要加一即可。（当 $a_i = 0$ 时要加二）。

$\text{AC code}$

CF888C

求最大的 $k$ 值，使得存在一个字符 $c$ 在文本串 $s$ 的每个长度为 $k$ 的子串中都出现过。

二分答案，设答案为 $k$，用类似双指针的思想跑一遍文本串进行 check。时间复杂度 $O(n S \log n)$，其中 $S$ 表示字符集大小。

$\text{AC code}$

P1730 最小密度路径

题解全是 $n ^ 3 m$ $floyd$ 科技。但是分数规划显然更好想。

二分答案 $d$，检验的时候把所有边权减去 $d$，再看看 $s \to t$ 的路径长度是否小于零。

据说有向无环图 $\text{spfa}$ 不好卡。所以复杂度 $O(n ^ 2 (n + m) \log \frac{V}{\epsilon}) \sim O(1)$。

$\text{AC code}$

P1841 [JSOI2007] 重要的城市

显然，一个点是重要的城市，当且仅当存在 $a, b, a \ne b$，从 $a$ 到 $b$ 的最短路全部经过这个点。所以理所应当 $\forall a, b$ 统计从 $a$ 到 $b$ 的最短路方案数。设为 $f_{a, b}$。如果对于点 $c$，存在 $f_{a, c} \times f_{c, b} = f_{a, b}$，并且 $a \to c \to b$ 恰好是最短路，则 $c$ 为重要城市。

由于点数很少，可以直接用 $\text{floyd}$。

$\text{AC code}$

P1989 无向图三元环计数

喵喵题。

摒弃根号做法，世界属于 bitset。

考虑暴力做法：枚举每条边，端点 $u, v$，找到 $w$，使得 $\left \langle w, u \right \rangle, \left \langle w, v \right \rangle \in E$。$w$ 贡献为 $1$。复杂度 $O(nm)$。这个过程可以直接用 bitset 优化。也就是记一下 $u, v$ 出边的点集，按位与一下。

但是空间开不下。可以参考三维偏序里面 bitset 的做法，直接按度分块。空间瞬间压缩成了 $O(\dfrac{n \sqrt m}{w})$。轻松跑过。

rep(i, 1, n) {
	t &= 0;
	for (int j : E[i]) t.set(j);
	if (d[i] >= B) bit[id[i] = ++ cnt] = t;
	for (int j : E[i]) if (j < i) {
		if (id[j]) ans += (bit[id[j]] & t).count();
		else for (int k : E[j]) ans += t[k];
	}
}

P2169 正则表达式

懒得写代码了。简单题。

缩点。然后跑最短路。完了。

算了水蓝还是写写吧。

$\text{AC code}$

P3907 圈的异或

嘴巴一下。考虑拆位。第 $k$ 次将边权重赋位 $w_i$ 的二进制第 $k$ 位。然后把 $0$ 的位缩点，把 $1$ 的位保留。二分图染色即可。

如果不想写缩点啥的，其实可以直接 $\text{floyd}$。

时间复杂度 $O((n + m) \log V) / O(n ^ 3 \log V)$。

提供一个 $\text{floyd}$ check 部分的实现：

bool check(int w) {
	memset(f, 0, sizeof f);
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) if (~g[i][j]) 
		f[i][j][(g[i][j] >> w) & 1] = 1;
	rep(k, 1, n) rep(i, 1, n) rep(j, 1, n)
		if ((i ^ j) && (j ^ k) && (i ^ k)) {
			f[i][j][0] |= (f[i][k][0] & f[k][j][0]);
			f[i][j][0] |= (f[i][k][1] & f[k][j][1]);
			f[i][j][1] |= (f[i][k][1] & f[k][j][0]);
			f[i][j][1] |= (f[i][k][0] & f[k][j][1]);
		}
	rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) if (i ^ j) {
		if (f[i][j][0] && f[j][i][1]) return true;
		if (f[i][j][1] && f[j][i][0]) return true;
	} return false;
}

P2245 星际导航

简单题。典题。

求出原图的最小生成树，询问即为路径最大值。

可以直接倍增维护出来。注意询问两点不在同一颗树里的情况。注意森林需要每个根 dfs 一遍。

void init() {
	rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n)
		fa[i][j] = fa[fa[i][j - 1]][j - 1];
	rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n)
		f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[fa[i][j - 1]][j - 1]);
}
int query(int u, int v) {
	int ans = 0;
	if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
	dep(i, 20, 0) if (dep[fa[u][i]] >= dep[v]) 
		ans = max(ans, f[u][i]), u = fa[u][i];
	if (u == v) return ans;
	dep(i, 20, 0) if (fa[u][i] != fa[v][i])
		ans = max(ans, f[u][i]),
		ans = max(ans, f[v][i]),
		u = fa[u][i], v = fa[v][i];
	ans = max(ans, f[u][0]);
	ans = max(ans, f[v][0]);
	return ans;
}

P4665 [BalticOI 2015]

喵喵构造题。

可以发现连叶子节点最优。然后按照 dfs 序，将 $i$ 和 $i + \frac{n}{2}$ 两个叶子连起来行了。如果 $n$ 是奇数，最后一个叶子随便挂上一个。

P2632 Explorer

挖个坑。感觉可以人类智慧。

比如随机旋转，飞快卡过之类的

/cy

P5505 [JSOI2011] 分特产

容斥喵喵题。考虑让至少 $i$ 个人没有拿到特产的方案数，使用插板法即为

$$\sum \binom{a_k + n - i - 1}{n - i - 1} \times \binom{n}{i}$$

然后容斥一下就好了。

注意模数是 $10 ^ 9 + 7$ 不是 $998244353$ [流汗黄豆]

rep(i, 0, n) {
	int cnt = 1;
	rep(j, 1, m)
		cnt = cnt * C(a[j] + n - i - 1, n - i - 1) % mod;
	ans = ans + ((i & 1 ? -1 : 1) * C(n, i) * cnt % mod);
	ans %= mod; ans += mod; ans %= mod;
} printf("%lld\n", ans); return 0;

CF160D Edges in MST

比较典的题。求无向图中那些边可能是 / 一定不是 / 一定是最小生成树中的边。

可以先拎出一颗最小生成树，然后枚举非树边 $\left \langle u, v \right \rangle$。如果路径 $(u, v)$ 中的最大值比 $w_{u, v}$ 小，则 $\left \langle u, v \right \rangle$ 一定不在最小生成树中。否则路径 $(u, v)$ 中所有权值等于 $w_{u, v}$ 的点都可能是最小生成树中的边。

考虑标记这些边。一种显而易见的方法是直接上线段树合并。

$\text{AC code}$

CF1096E The Top Scorer

加训数学。题意大概如下：有 $p$ 个人考试，已知他们的总分为 $s$。现在知道一号选手得分 $\ge r$。求一号选手能够获得第一名的概率。特别的，如果有多个人分数相等且最高，则他们获得第一名的概率相等。

考虑枚举一号选手的成绩 $x \in [r, s]$。然后枚举与一号选手成绩相等的人数 $i$（包括一号选手本身）。剩下选手的总成绩 $s - i \times x$，个数 $p - i$。设 $\text{calc}(n, s, k)$ 表示 $n$ 个选手，总成绩为 $s$，最高成绩 $< k$ 的方案数。则答案为 $\sum \limits_{x = r}^{s} \sum \limits_{i = 1}^{p} \dbinom{p - 1}{i - 1} \times \text{calc}(p - i, s - ix, x)$。

接下来考虑 $\text{calc}$ 怎么搞。首先比较 naive 的是 $n$ 个人总和为 $s$ 且每个人都大于等于 $0$ 的方案数，根据插板法就是 $\dbinom{s + n - 1}{n - 1}$。

那么正难则反，可以直接容斥一下。假设至少 $i$ 个人分数 $\ge k$，容斥系数为 $(-1)^i \dbinom{n}{i}$。方案数是 $\dbinom{n - i \times k + n - 1}{n - 1}$。这个方案数可以理解成，把 $> k$ 的都削掉了 $k$，剩下的就无限制了。

然后注意没有意义的组合数不能计算贡献。时间复杂度 $O(s p ^ 2)$。

int calc(int n, int s, int k) {
	if (n == 0) return s == 0;
	int ans = 0;
	rep(i, 0, n) {
		if (i * k > s) break;
		int u = s - i * k + n - 1;
		int v = n - 1, S = C(n, i) * C(u, v) % mod;
		ans += (i & 1 ? -1 : 1) * S % mod;
		ans = (ans % mod + mod) % mod;
	} return ans;
}
signed main() {
	read(p, s, r); fac[0] = inv[0] = 1;
	rep(i, 1, 6000) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[6000] = qpow(fac[6000]);
	dep(i, 5999, 1) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	rep(x, r, s) {
		rep(i, 1, p) {
			if (i * x > s) continue;
			int S = C(p - 1, i - 1) * calc(p - i, s - x * i, x) % mod;
			ans = ans + S * qpow(i) % mod; ans %= mod;
		}
	} int B = C(s - r + p - 1, p - 1);
	printf("%lld\n", ans * qpow(B) % mod);
	return 0;
}

CF838D Airplane Arrangements

CF2700，好仙的题。不看题解死也想不到。

首先转化成 $n + 1$ 长度的环，每个点随机起点和方向，不能走到 $n + 1$ 号点。

由于这是一个环，每个点没被占据的概率是相同的，即为 $\dfrac{n + 1 - m}{n +1}$。因此答案就是概率乘以总方案数即为 $\dfrac{n + 1 - m}{n +1} \times (2 ^ m (n + 1) ^ m)$。再解释一下，$2 ^ m$ 表示方向，$(n + 1) ^ m$ 表示第 $i$ 个人初始点的位置。

int p = (n - m + 1) * qpow(n + 1) % mod;
int b = qpow(2, m) * qpow(n + 1, m) % mod;
write('\n', p * b % mod); return 0;

CF997C

推了个式子出来好像错了。但是是线性的。先搁这放着。

设至少 $i$ 行 $j$ 列染成了相同颜色。然后考虑容斥。

• $i$ 为 $0$。那么方案数为

$$\sum_{i = 1}^{n} (-1) ^ {i} \dbinom{n}{i} 3 ^ i 3 ^ {n(n - i)}$$

• $j$ 为 $0$，其方案数与 $i = 0$ 相同。

• $i, j$ 均不为 $0$。方案数为：

$$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j + 1} \dbinom{n}{i} \dbinom{n}{j} 3 \times 3 ^{(n - i)(n - j)}$$

然后发现这个大组合可以拆成两半，而且两半还对称。所以就 $O(n)$ 了。

然鹅似乎并不对。不管了。

$\text{update on 2023-12-03:}$

找到锅了。$x^{ab} = (x^a)^b$ 而不是 $x^a x^b$。wssb。

第二个式子可以化成：

$$(-3) \times \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j} \dbinom{n}{i} \dbinom{n}{j} 3 ^{(n - i)(n - j)}$$

考虑右边的一大坨：

$$\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j} \dbinom{n}{i} \dbinom{n}{j} 3 ^{(n - i)(n - j)}$$

$$= \sum_{i = 1}^{n} (-1)^i \dbinom{n}{i} \sum_{j = 1}^{n} (-1)^j \dbinom{n}{j} 3 ^{(n - i)(n - j)}$$

设 $w = 3 ^ {n - i}$。原式变成：

$$\sum_{i = 1}^{n} (-1)^i \dbinom{n}{i} \sum_{j = 1}^{n} \dbinom{n}{j} (-1)^j w^{n - j}$$

抠出右边的式子，二项式定理逆用一下可以发现：

$$\sum_{j = 1}^{n} \dbinom{n}{j} (-1)^jw^{n - j} = (w - 1)^n - w^n$$

所以原式就是：

$$\sum_{i = 1}^{n} (-1)^i \dbinom{n}{i} \left ( (w- 1)^n - w ^ n \right )$$

复杂度 $O(n \log n)$，瓶颈在快速幂。

真的，这道题让我对组合数学的理解加深了很多。

signed main() {
	// init combinations
	read(n); fac[0] = inv[0] = 1;
	rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod; inv[n] = qpow(fac[n]);
	dep(i, n - 1, 1) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	// the first part
	rep(i, 1, n) {
		int s = qpow(3, i + n * (n - i)) * C(n, i) % mod;
		ans += (i & 1 ? 1 : -1) * s; ans = (ans % mod + mod) % mod;
	} ans = ans * 2; 
	// the second part
	int res = 0;
	rep(i, 1, n) {
		int w = qpow(3, n - i);
		int b = qpow((w - 1 + mod) % mod, n);
		b = b - qpow(w, n); b = (b + mod) % mod;
		int s = C(n, i) * b % mod;
		res += (i & 1 ? -1 : 1) * s;
		res = (res % mod + mod) % mod;
	} res = res * (-3) % mod;
	res = (res + mod) % mod;
	write('\n', (ans + res) % mod);
}

CF1097D Makoto and a Blackboard

题意：给定正整数 $n$ 和 $k$ 次操作，每次操作把 $n$ 等概率变为其约数。求最终 $n$ 的期望。

喵喵题，还没写，但是做法能胡一下。

• $k \le 10 ^ 4$

首先考虑将 $n$ 拆成质因数分解形式 $n = \prod_{i = 1}^{m} p_i ^{c_i}$。发现对于每个质因子答案相对独立。所以可以对每个质因子单独求答案。

设 $f_{i, j}$ 表示操作了 $i$ 次质因子 $p$ 的次数变为 $j$ 的概率的期望。转移显然是：

$$f_{i, j} = \sum_{k = j}^{c} \dfrac{1}{k + 1} f_{i - 1, k}$$

复杂度 $k \log n$ 完成转移。然后对于 $p$ 这个质因子的答案 $g_p = \sum f_{k, i} \times p^i$。

最后合并答案，这个东西显然是积性函数，所以答案就是 $ans = \prod g_{p_i}$。

bonus：虽然对于每个质数求 $f$ 是 $O(\log n)$ 的，$n$ 的质因子个数也是 $O(\log n)$ 级别的，看起来似乎是 $\log ^ 3 n$ 状物，但是复杂度却是严格小于双 $\log$ 的。

• $k \le 10 ^ {18}$

$f$ 可以矩阵转移。构造矩阵大小是 $O(\log n) \times O(\log n)$ 级别的。复杂度上界搞了搞，发现应该是 $\log ^{\frac{10}{3}} n$ 级别的东西（这里默认了 $n, k$ 同阶）。比较牛逼。

神鱼写了看不懂的东西。当然我并不会。

头一次十分钟之内写完 CF2000+ 的题。贴一下 $k \le 10 ^ 4$ 的朴素实现。

int calc(int p, int c) {
	rep(i, 0, c) f[0][i] = f[1][i] = 0; f[0][c] = 1;
	rep(i, 1, k) rep(j, 0, c) {
		f[i & 1][j] = 0; rep(w, j, c) 
			f[i & 1][j] += f[(i & 1) ^ 1][w] * qpow(w + 1) % mod,
			f[i & 1][j] %= mod;
	} int s = 0;
	rep(i, 0, c) s = (s + qpow(p, i) * f[k & 1][i] % mod) % mod;
	return s;
}
signed main() {
	read(n, k);
	rep(i, 2, n / i) if (n % i == 0) {
		int cnt = 0; while (n % i == 0) cnt ++ , n /= i;
		ans = ans * calc(i, cnt) % mod;
	} if (n != 1) ans = ans * calc(n, 1) % mod;
	write('\n', ans); return 0;
}

CF1264D1 Beautiful Bracket Sequence (easy version)

可以发现最后任何合法的括号序列都可以删成形如 $\texttt{(((...)))}$ 的形式而最大深度不变（也即每个合法括号序列要想变成最大深度，一定要删成一段 $\texttt{(}$ 拼上一段 $\texttt{)}$ 的形式）。

因此可以 dp。设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个字符有 $j$ 个左括号的方案数，$g_{i, j}$ 表示 $i \sim n$ 有 $j$ 个 $)$ 的方案数。$O(n ^ 2)$ 转移即可。

f[0][0] = 1;
rep(i, 1, n) rep(j, 0, i) {
	if (s[i] == '(') (f[i][j] += f[i - 1][j - 1]) %= mod;
	if (s[i] == ')') (f[i][j] += f[i - 1][j]) %= mod;
	if (s[i] == '?') (f[i][j] += (j ? f[i - 1][j - 1] : 0) + f[i - 1][j]) %= mod;
}
g[n + 1][0] = 1;
dep(i, n, 1) rep(j, 0, n) {
	if (s[i] == ')') (g[i][j] += (j ? g[i + 1][j - 1] : 0)) %= mod;
	if (s[i] == '(') (g[i][j] += g[i + 1][j]) %= mod;
	if (s[i] == '?') (g[i][j] += (j ? g[i + 1][j - 1] : 0) + g[i + 1][j]) %= mod;
}
rop(i, 1, n) rep(j, 1, n)
	(ans += f[i][j] * g[i + 1][j] % mod * j % mod) %= mod;

bonus：本题的组合做法：

枚举最终左右括号的分界位置。设 $[1, i]$ 中有 $s_1$ 个 $\texttt{(}$，$s_2$ 个 $\texttt{?}$；$[i + 1, n]$ 中有 $s_3$ 个 $\texttt{)}$，$s_4$ 个 $\texttt{?}$。那么对于这个分界点，方案数就是：

$$\sum_j \dbinom{s2}{j - s1} \dbinom{s4}{j - s3} j$$

其中 $j$ 表示枚举的左右括号的数量，$s_1, s_2, s_3$ 可以前缀和。时间复杂度 $O(n ^ 2)$。

rep(i, 1, n) s1[i] = s1[i - 1] + (s[i] == '(');
dep(i, n, 1) s2[i] = s2[i + 1] + (s[i] == ')');
rep(i, 1, n) s3[i] = s3[i - 1] + (s[i] == '?');
rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod; inv[n] = qpow(fac[n]);
dep(i, n - 1, 1) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;

rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) {
	int S1 = s1[i], S2 = s3[i];
	int S3 = s2[i + 1], S4 = s3[n] - s3[i];
	ans += C(S2, j - S1) * C(S4, j - S3) % mod * j; ans %= mod;
} write('\n', ans); return 0;

CF1264D2 Beautiful Bracket Sequence (hard version)

上一道题的加强版，也是第一道自己做出来的黑 / CF2900。

把上面一个题的组合式子变形一下即可。

rep(i, 1, n) {
	int S1 = s1[i], S2 = s3[i];
	int S3 = s2[i + 1], S4 = s3[n] - s3[i];
	ans += S1 * C(S2 + S4, S4 + S3 - S1) % mod; ans %= mod;
	ans += S2 * C(S2 + S4 - 1, S4 + S3 - S1 - 1) % mod; ans %= mod;
} write('\n', ans); return 0;

变形方法下午写。

$\text{update}$：

原式为：

$$sum = \sum_j \dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3} j$$

我们把 $j$ 拆成 $(j - s_1) + s_1$。那么原式变成：

$$sum = \sum_j \dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3} (s_1 + (j - s_1))$$

$$= \sum_j s_1\dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3} + \sum_j (j - s_1)\dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3}$$

$$= s_1 \sum_j \dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3} + \sum_j (j - s_1)\dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3}$$

接下来用到一个组合恒等式：

$$\binom{m}{k} \binom{n}{r - k} = \binom{m + n}{r}(r = \min(n, m))$$

因此前面一半式子就是：

$$s_1 \sum_j \dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3}$$

$$= s_1 \sum_j \dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{s_4 - j + s_3}$$

$$= s_1 \binom{s_2 + s_4}{s_3 + s_4 - s_1}$$

后面一半式子需要用到另外一个组合恒等式：

$$\binom{n}{k} = \dfrac{n}{k} \binom{n - 1}{k - 1}$$

因此可以把第二个式子中的 $j$ 约掉，得到：

$$\sum_j (j - s_1)\dbinom{s_2}{j - s_1} \dbinom{s_4}{j - s_3}$$

$$= \sum_j s_2 \dbinom{s_2 - 1}{j - s_1 - 1} \dbinom{s_4}{j - s_3}$$

$$= s_2 \sum_j \binom{s_2 + s_4 - 1}{s_3 + s_4 - s_1 - 1}$$

将两部分加起来就是答案。时间复杂度 $O(n)$。

[ARC093F] Dark Horse

好难。不看题解想不到一点。

首先转化题目：将序列分成长度为 $1, 2, 4 \cdots 2 ^ {n - 1}$ 次方的 $n$ 组，每组内的最小值都不属于 $A$。

然后显然可以容斥。设状态 $s$ 表示当前分组方案中，$s$ 为 $1$ 的这些最小值属于 $A$。总方案就是 $(2 ^ n)! - \sum_s (-1)^{|s|} f(s)$。

然后就是不看题解死也想不到的 dp。

首先把 $A$ 从大到小排序。

设 $g_{i, j}$ 表示当前扫到了 $A$ 的第 $i$ 位，当前分组中，已经分满并且最小值属于 $A$ 的方案数。

转移比较*凡。考虑将 $A_i$ 分进已经填满的组还是没有填满的组。

• 分进填满的组，则有 $g_{i, j} = g_{i - 1, j}$。

• 分进未填满的组，则有 $g_{i, j | 2 ^ k} \leftarrow g_{i - 1, j} \times \dbinom{2 ^ n - j - A_i}{2 ^ k - 1} \times (2 ^ k)!$。

最后，$f(S) = g_{m, S} \times (2 ^ n - S - 1) !$。

又一次被 dp 虐暴了。

int F(int s) {
	return f[m][s] * fac[tot - s - 1] % mod;
}
int count(int n, int s = 0) {
	while (n) s += (n & 1), n >>= 1; return s;
}
signed main() {
	read(n, m); tot = 1 << n; 
	fac[0] = inv[0] = 1; int lim = N - 5;
	rep(i, 1, lim) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod; inv[lim] = qpow(fac[lim]);
	dep(i, lim - 1, 1) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	rep(i, 1, m) read(a[i]);
	sort(a + 1, a + m + 1, greater<int>());
	f[0][0] = 1;
	rep(i, 1, m) rop(j, 0, tot) {
		(f[i][j] += f[i - 1][j]) %= mod;
		rop(k, 0, n) {
			if ((j >> k) & 1) continue;
			f[i][j | (1 << k)] += f[i - 1][j] * C(tot - j - a[i], (1 << k) - 1) % mod * fac[1 << k] % mod;
			f[i][j | (1 << k)] %= mod;
		}
	} rop(s, 0, tot) {
		ans += (count(s) & 1 ? -1 : 1) * F(s) % mod;
		ans = (ans % mod + mod) % mod;
	} ans = ans * tot % mod;
	write('\n', ans); return 0;
}

CF1536F

可以发现，无论怎么走都是后手必胜。

所以就不用考虑策略了。直接求不同走法的合法方案数即可。

可以发现，不可能有相邻的两个空格。因为如果有相邻的两个空格，只有可能是下面的情况：

$\texttt{A\_\_B}$

$\texttt{A\_\_A}$

$\texttt{B\_\_A}$

$\texttt{B\_\_B}$

这时候走子方一定能落子。

另外一个性质是，最后的局面除掉格子外一定是 $\texttt{ABABABAB}$ 或者是 $\texttt{BABABABA}$ 这样的格式。

因此考虑枚举当前进行了 $2i$ 步，剩下了 $n - 2i$ 个空格子。由于这是个环，所以分第一个是不是空格来计算。

假设第一个是空格，那么最后一个肯定不是空格。相当于在 $2i + 1 - 2$ 个空（减掉的二是首位两个）里面插入 $2i - 1$ 个板（减掉的一个板子是开头的板）。方案数就是 $\dbinom{2i - 1}{n - 2i - 1}$。

假设第一个不是空格，那么方案数就是 $\dbinom{2i}{n - 2i}$。

因此总方案数就是

$$2 \times \sum_{i = 1}^{\frac{n}{2}} (2i)! \left ( \dbinom{2i - 1}{n - 2i - 1} + \dbinom{2i}{n - 2i} \right )$$

时间 $O(n)$。不知道为什么标签写了个中国剩余定理。

rep(i, 1, n >> 1) {
	int s = C(2 * i, n - 2 * i) + C(2 * i - 1, n - 2 * i - 1);
	ans = (ans + fac[2 * i] * s % mod) % mod;
} ans = 2 * ans % mod; write('\n', ans);

CF906D

一眼奶了。这不就欧拉降幂板子。

乍一看每次询问都得 $O(n)$。但是再想想，$\varphi(\varphi(\cdots \varphi(n)))$ 的下降速度是非常快的，$\log$ 次就降成 $1$ 了。所以直接暴力递归就可以了。时间复杂度显然 $O(m \log p)$。

这就是 CF2700？

$\text{AC code}$

P4321 随机漫游

一道综合多种算法的好题。

首先按照图上随机游走的套路，再依据 $n$ 很小的限制，可以设出 $dp$ 方程：设 $f_{s, u}$ 表示当前走过的点集为二进制数 $s$，当前在 $u$ 点，再走完所有点的期望步数。那么显然有 $f_{(1 << n) - 1, u} = 1$。

然后写一下转移柿子：

$$f_{s, u} \leftarrow \sum_{(u, v) \in E} \dfrac{1}{deg_u} f_{s \bigcup v, v} + 1$$

然后发现这是一个 $2 ^ n \times n$ 元的线性方程组。所以可以直接高斯消元。时间复杂度 $O((2 ^ n \times n) ^ 3)$。但是显然爆了。

再考虑将转移方程改写一下，分 $v$ 原本是否属于 $s$ 进行讨论：

$$f_{s, u} \leftarrow \dfrac{1}{deg_u} (\sum_{(u, v) \in E, v \in s} f_{s, v} + \sum_{(u, v) \in E, v \not \in s} f_{s \bigcup v, v}) + 1$$

整理得到：

$$\dfrac{1}{deg_u} \sum_{(u, v) \in E, v \in s} f_{s, v} - f_{s, u} = -(\frac{1}{deg_u} \sum_{(u, v) \in E, v \not \in s} f_{s \bigcup v, v} + 1)$$

这样，只需要按照集合 $s$ 大小倒序枚举，方程组大小自然降为 $O(n)$。

时间复杂度 $O(2 ^ n n ^ 3 + Q)$。

$\text{AC code}$

P3723 [AH2017/HNOI2017] 礼物

首先发现加减相对于两个手环是对称的。因此可以把对一个手环的减法转化成对另一个手环的加法。这样可以假设全是在第一个手环上执行的加减操作。

第一个手环执行了加 $c$ 的操作，且旋转过之后的序列为 $[x_1, x_2 \cdots x_n]$，第二个手环为 $[y_1, y_2 \cdots y_n]$。计算差异值并化简，可以得到差异值是：

$\sum x ^ 2 + \sum y ^ 2 + c ^ 2 n + 2c(\sum x - \sum y) - 2 \sum xy$

可以发现，这个序列只有最后一项是不定的。

因此将 $y$ 序列翻转后再复制一倍，与 $x$ 卷积，答案就是卷积后序列的 $n + 1 \sim 2n$ 项系数的 $\max$。

直接暴力枚举 $c$，加上前面依托就行了。

$\text{AC code}$

CF633F The Chocolate Spree

点带权的树上选两条不交路径的最大权值和。

考虑做一个 dp。设 $f(i, 0/1/2/3/4)$ 表示考虑以 $i$ 为根的子树，选了啥都没选 / 选了半条链（向上延伸） / 选了一条整链 / 选了一条整链 + 半条链 / 选了两条整链的最大权值。

贪心讨论转移。$f(u, 0) = 0$，$f(u, 1) \leftarrow \max\{f(v, 1)\} + w_u$，$f(u, 2) \leftarrow \max\{f(v, 2)\}, \max_1\{f(v, 1)\} + w_u + \max_2\{f(v, 1)\}$ 等等。

一发过了。我真是分类讨论大师。

void dfs(int u, int F) {
	vector<int> sons;
	for (auto v : E[u]) if (v ^ F)
		sons.push_back(v);
	for (auto v : sons) dfs(v, u);
	
	vector<PII> f1, f2, f3, f4;
	f1.push_back({0, 0});
	f2.push_back({0, 0});
	f3.push_back({0, 0});
	f4.push_back({0, 0});
	for (auto v : sons) {
		f1.push_back({f[v][1], v});
		f2.push_back({f[v][2], v});
		f3.push_back({f[v][3], v});
		f4.push_back({f[v][4], v});
	}
	sort(f1.begin(), f1.end());
	sort(f2.begin(), f2.end());
	sort(f3.begin(), f3.end());
	sort(f4.begin(), f4.end());
	reverse(f1.begin(), f1.end());
	reverse(f2.begin(), f2.end());
	reverse(f3.begin(), f3.end());
	reverse(f4.begin(), f4.end());
	
	f[u][0] = 0;
	f[u][1] = f1[0].x + w[u];
	f[u][2] = f2[0].x; 
	f[u][3] = f3[0].x + w[u]; 
	f[u][4] = f4[0].x;
	if (sons.size() >= 1)
		f[u][2] = max(f[u][2], w[u] + f1[0].x + f1[1].x);
	f[u][2] = max(f[u][2], f[u][1]);
	if (sons.size() == 0) return;
	for (auto v : sons)
		f[u][3] = max(f[u][3], f[v][2] + (f1[0].y == v ? f1[1].x : f1[0].x) + w[u]);
	f[u][4] = max(f[u][4], f2[0].x + f2[1].x);
	for (auto v : sons)
		f[u][4] = max(f[u][4], f[v][3] + w[u] + (f1[0].y == v ? f1[1].x : f1[0].x));
	if (sons.size() < 2) return;
	for (auto v : sons) {
		int a = 0, b = 1;
		if (f1[a].y == v) a += 2;
		if (f1[b].y == v) b ++ ;
		f[u][4] = max(f[u][4], f[v][2] + w[u] + f1[a].x + f1[b].x);
	} return;
}