cbc010&crc001 总结

1|0cbc010

本次比赛共 $45$ 人报名，$18$ 人提交，$17$ 人有分，最高分为 @luogu___official 的 $1996$ 分（六题）。恭喜 @Loser_syx 第一个 AC 六题，获得 $5$ 元奖励。没有人获得 $10$ 元奖励，也没有人获得 G 题结尾的神秘奖励。

至于为什么最高分不是 $2050$ 分的 @Priestess_SLG，我们发现她的所有代码都和 @luogu___official 是一样的，所以鉴定为多号提交，该号的成绩不计入排名。

cbc 和 crc 的所有题解点赞均已送出。

1|1A

简单的不能再简单了。

1|2B

取反所有 $0$ 连续段一定不劣。

1|3C

第 $n$ 位若产生 $1$ 的贡献，那么 $2\sim n-1$ 位随便放即可，第一位必须放 $1$，共 $2^{n-2}$ 的贡献。

第 $n-1$ 位若产生 $1$ 的贡献，那么 $2\sim n-2$ 位随便放即可，第一位必须放 $1$，第 $n$ 位必须为 $0$，共 $2^{n-3}$ 的贡献。

同理可得，答案即为 $2^0+2^1+\cdots +2^{n-2}=2^{n-1}-1$。

1|4D

设 $d{p}_{i,j}$ 表示以 $i$ 为结尾，最后一段连续段的积为 $j$ 的答案，则有：

$d{p}_{i,j}=max(d{p}_{k,l}+j,k<i,\prod _{x=k}^{i-1}{a}_x=j)$

注意到第二维只有 $3$ 种可能，分别记录三个出现过的最大值即可做到 $O(n)$ 转移。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
int n,a[N],dp[N];
map<int,int>qwq;
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],dp[i]=-1e9;qwq[1]=qwq[-1]=-1e9;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(a[i]==0)qwq[0]=max({qwq[0],qwq[1],qwq[-1]}),qwq[1]=qwq[-1]=-1e9;
		else if(a[i]==-1)swap(qwq[-1],qwq[1]);
		qwq[a[i]]=max(qwq[a[i]],dp[i-1]);
		dp[i]=max({qwq[0],qwq[-1]-1,qwq[1]+1});
	}
	cout<<dp[n];
	return 0;
}

我们甚至以为我们的数据错了，因为前两天的时候这题的通过情况和难度严重不符。

1|5E

建议改为：【模板】基环树最短路。

考虑找环之后断掉一条边，那么答案即为 树上最短路 和 强制走这条边的最短路 的最小值。所以直接 LCA 求树上路径长度即可。

1|6F

byd 没有一个人写正解，全是乱搞过的。

如果值域很大的话这是一个典型的不可做问题，所以必须从值域入手。

首先枚举 $n$ 个数，这样问题转化为了在序列里找另一个数使得或起来最大。

考虑贪心地把答案从高位往低位填，那么我们需要快速判断这个位置能否填上 $1$，这看上去比较困难。我们可以分讨一下：

• 该位为 $1$，显然选什么或起来都是 $1$，直接填 $1$。

• 该位为 $0$，设当前答案为 $ans$，那么需要判断是否存在一个数，使得与这个数或起来之后，得到的数的前面所有位与 $ans$ 相同，该位为 $1$，后面随便。因为 $ans$ 已经保证了前面尽可能大了，所以可以转化为：

求序列中是否存在一个数，使得每一个二进制位都大于等于给定数的对应位。

如果转化为集合来看，这相当于该数为给定数的超集，结合不大的值域，可以采用 sosdp 解决。

总的时间复杂度为 $O((n+V)\log V)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 2000005
using namespace std;
int n,a[N],f[N],m=20,ans;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],f[a[i]]++;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		for(int j=0;j<(1<<m);++j){
			if((j&(1<<i-1))==0)f[j]+=f[j^(1<<i-1)];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int sum=0,lxy=0;
		for(int j=m;j>=1;--j){
			if(!(a[i]&(1<<j-1))){
				int cnt=f[lxy|(1<<j-1)];
				if((a[i]&(lxy|(1<<j-1)))==(lxy|(1<<j-1)))cnt--; 
				if(cnt>0)sum+=1<<j-1,lxy+=1<<j-1; 
			}
			else sum+=1<<j-1;
		}
		ans=max(ans,sum);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

接下来请我们欣赏人类群星闪耀时：

	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		cin>>a[i];
		box[a[i]]=1;
		for(int j=20;~j;--j)
			if(a[i]>>j&1)b[j]=max(b[j],a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=20;~j;--j)mx=max(mx,a[i]|b[j]);
	int idx=0;
    for (int i=1000000;i;--i) {
        if(box[i]&&mx<i)mx=i;
        for(int j=0;j<box[i];++j)a[++idx]=i;
    }
	for(int i=1;i<=400;++i)
		for(int j=1;j<=n;++j)mx=max(mx,a[i]|a[j]);
	for(int i=0;i<64;++i){
		int x=(seed*=1145141u)%n+1;
		for(int j=1;j<=n;++j)mx=max(mx,a[j]|a[x]);
	}
	cout<<mx<<'\n';

（节选自 @luogu___official 的代码）

int n = read();
	for (int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	int ans=0; sort(a+1,a+1+n); n=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
	for (int i=max(1LL,n-1000);i<=n;++i) {
		for (int j=1;j<=i;++j) smax(ans,a[i]|a[j]);
	} write(ans);

（节选自 @Loser_syx 的代码）

1|7G

注：本题题解由 @Double_Light 提供，我们不保证这种做法分讨完全，但已经足以通过题目的数据。

考虑分类讨论。

以下称 $A$ 表示 A 初始所在的位置，$B$ 为 B 初始所在的位置，环内没有多余的边。

假如存在边 $(A,B)$，那么 A 可以顺着这条边仅用 $1$ 步赢得游戏。

否则假如 $B$ 在一个 $n$ 元环（$n\ge 5$）中，此时 A 有两种策略：

• 在环上追逐 B，此时 B 只需要顺着 A 的方向走一步，A 永远追不上 B。

• 走环外的道路，容易证明 B 如果也走同样的环外道路，A 永远追不上 B。

假如 $B$ 在一个四元环中，考虑继续分情况讨论：

• A 无法花奇数步到达 $B$，此时 B 只需要在环上绕圈就可以赢。
• A 可以花奇数步到达 $B$（这意味着图上一定有一个奇环），此时 B 不能一直在环上绕圈。

假如 $B$ 在一个三元环中，此时 B 一定不能在环上绕圈，因为一旦 A 走到环上 B 就需要从环上出去。

那么现在有两种情况没有解决，也就是 $B$ 在四元环中且 A 可以花奇数步到达 $B$ 以及 $B$ 在三元环中。对于这两种情况，B 都需要寻找一个环，到达环上且一直在环上绕圈。根据刚才的分析，这个环应该满足如下条件之一：

• 环上点的个数 $\ge 5$。（条件 $1$）
• 是一个四元环且 A 无法花奇数步到达 B 可以在奇数步中到达的点。（条件 $2$）

经过简单的分析可以得到条件 $2$ 是不可能达到的。假如 A 无法花奇数步到达 B 可以在奇数步中到达的点，就意味着图上不存在点数是奇数的环，也就是图中只存在四元环或这满足 $n\ge 5$ 的 $n$ 元环。在这两种情况下，B 只需要在环上绕圈就可以赢。

所以 B 需要找一个满足条件 $1$ 的环（以下称之为大环）。分如下几种情况：

• 图上不存在满足条件的环，此时 B 必输。
• 图上存在一个满足条件的环。
  • $A$ 不在大环上。
    • $A$ 一步可以到达中心点。A 赢。
    • $A$ 一步不能到达中心点且 B 一步可以到达环上。B 赢。
    • $A$ 一步不能到达中心点且 B 一步不能到达环上。A 赢。
  • $B$ 所在的所有环都与大环没有公共边。
    • $A$ 离中心点的距离大于 $B$ 离中心点距离 $+2$，A 必输。
    • $A$ 离大环两边与中心点连边的点距离都为 $2$：
      • 如果 B 顺时针与逆时针都能满足条件 $(1{)}^{\ast }$ 或条件 $(3)$ 则 B 赢。
      • 否则 B 会输。
    • 否则不妨设 A 顺时针（逆时针同理）走距离大环中与中心点连边的点更近。
      • 若 $A$ 离中心点距离为 $1$。
        • 若 B 在顺时针或逆时针上满足条件 $(1)$ 则 B 赢。
        • 否则 A 赢。
      • 若 $A$ 离中心点距离为 $2$。
        • 若 B 在顺时针或逆时针上满足条件 $(0)$ 或条件 $(2)$ 则 B 赢。
        • 若 B 顺时针走一步可以到达大环则 B 赢。
        • 否则 A 赢。
      • 若 $A$ 离中心点距离为 $3$。
        • 若 B 在顺时针或逆时针上满足条件 $(1)$ 或条件 $(3)$ 则 B 赢。
        • 若 B 顺时针走一步或两步可以到达大环则 B 赢。
        • 否则 A 赢。
  • $B$ 所在的一个环与大环有公共边。
    • 假设这条边为 $(x,y)$，若 $A$ 不在 $x$ 或 $y$ 上，且顺时针（逆时针同理）走一步能到达 $x$ 或 $y$。
      • 若 B 在顺时针方向上满足条件 $(0)$ 或 $(2)$，B 赢。
      • 若 B 顺时针走一步可以到达大环，B 赢。
      • 否则 A 赢。
    • 否则 B 能赢。
• 图上存在不止一个满足条件的环。把上面『满足条件的环』改成『所有满足条件的环』就行了。只要有一个环满足条件 B 就能赢。

$\ast$：若 $B$ 沿某方向走 $i$ 步可以到达不与中心点连边的点，则称其在该方向上满足条件 $(i)$。

后来 @Double_Light 给了一种更简单的做法，就是直接写有向图博弈，如果 $k$ 步以内追不上判无解，其中 $k$ 是一个比较小的数。

---

我们发现题面最结尾的空白处有一段话，如果知道为什么比赛在 $2$ 月 $8$ 日结束就可以获得神秘奖励，但没有人猜中。

答案是，$2$ 月 $8$ 日是 cbc 的生日，也是鸽游的生日。祝它们生日快乐！

2|0crc001

共 $15$ 人报名，$5$ 人有分，最高分为 @Loser_syx 的 $943$ 分。

2|1C

为了方便，下文把题目中的两个变量 $d,q$ 改名成 $c1,c2$。

我们可以证明，$f_n$ 一定可以表示为 $k_1{r}^n+k_2{s}^n$ 的形式。其中 $r=\frac{c1+\sqrt{{c1}^2-4c2}}{2}$，$s=\frac{c1-\sqrt{{c1}^2-4c2}}{2}$，证明请参考 link。

因为我们知道前两项，所以可以解方程组算出 $k_1,k_2$。注意因为前面的 $r,s$ 带有根号，所以我们一整个过程都需要进行括域处理，即将每个数表示为 $a+b\sqrt{Base}$，其中 $Base={c1}^2-4c2$。

然后就是推式子：

$$\sum _{i=1}^n(k1r^i+k2s^i{)}^k$$

$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=0}^k{C}_k^j(k1r^i{)}^j\times (k2s^i{)}^{k-j}$$

$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=0}^k{C}_k^j{k1}^j{k2}^{k-j}{r}^{ij}{s}^{i(k-j)}$$

$$=\sum _{j=0}^k(C_k^j{k1}^j{k2}^{k-j}\sum _{i=1}^n{r}^{ij}{s}^{i(k-j)})$$

令 $t=r^j{s}^{k-j}$，则原式等于：

$$\sum _{j=0}^k(C_k^j{k1}^j{k2}^{k-j}\sum _{i=1}^n{t}^i)$$

$$=\sum _{j=0}^k{C}_k^j{k1}^j{k2}^{k-j}\frac{t(t^n-1)}{t-1}$$

当然这之前要特判掉 $t=1$。

接下来我们发现，这个式子可以在 $O(k\log n)$ 的时间复杂度内求出，所以我们就做完了……吗？

注意到括域过程中涉及除法，这之中很有可能出现除以一个取模之后得到的零的情况，因为它没有逆元，就会出现错误。

但是注意到除法的过程中分母是 $a^2-b^{2}Base$ 的形式，而这个为 $0$ 相当于是 $a^2\equiv b^{2}Base$，这相当于 $Base$ 是模 $p$ 意义下的二次剩余！所以直接用 Cipolla 算法求出二次剩余的解就不用括域了。这样我们就完全解决了这道题目。

注意到其实还有一种 $r\equiv s$ 的情况，但因为本题 $d,q\le {10}^4$ 的限制，这是不可能出现的。并且如果存在这种情况，那么本题可能无法在给定的数据范围下求解。

2|2D

首先一眼先把 $b$ 前缀和。

如果没有修改的话，相当于两个多项式相乘，我们直接用 NTT 就可以求出答案。

加上修改之后，我们发现几乎没有办法维护，于是直接暴力对操作分块，每 $B$ 次操作重构一次，令 $n,q$ 同阶，时间复杂度 $O(\frac{n^2\log n}{B}+nB)$。取 $B=\sqrt{n\log n}$，可得最优时间复杂度 $O(n\sqrt{n\log n})$。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 270005
using namespace std;
const int B=7000,mod=998244353;
int n,q,b[N],f[N],g[N],S[N],rev[N],k=1,qwq,ans[N];
int rr[N][2],t,sg[N];
int qpow(int x,int y){
	int ans=1;
	while(y){
		if(y&1)ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod;y>>=1;
	}
	return ans;
}
int qm(int x){
	x>mod?x-=mod:0;
	return x;
}
void NTT(int n,int *a,int op){
	for(int i=0;i<n;++i){
		if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int len=1;len<=n/2;len*=2){
		int u=qpow(op==1?3:332748118,(mod-1)/(len*2));
		for(int i=0;i<=n-len*2;i+=len*2){
			int w=1;
			for(int j=0;j<len;++j){
				int x=a[i+j],y=w*a[i+j+len]%mod;
				a[i+j]=qm(x+y),a[i+j+len]=qm(x-y+mod);
				w=w*u%mod;
			}
		}
	}
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int x;cin>>x;S[i]=qm(S[i-1]+x);
	}
	for(int i=0;i<n;++i){
		cin>>g[i];if(i>0)g[i]=qm(g[i]+g[i-1]);
		sg[i+1]=qm(sg[i]+g[i]);
	}
	while(k<=n*2)++qwq,k*=2;
	for(int i=1;i<k;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(qwq-1));
	NTT(k,g,1);
	for(int c=1;c<=q;++c){
		int op,l,r;cin>>op>>l>>r;
		if(c%B==0){
			NTT(k,f,1);
			for(int i=0;i<=k;++i)ans[i]=f[i]*g[i]%mod;
			NTT(k,ans,-1);int inv=qpow(k,mod-2);
			for(int i=0;i<n;++i)ans[i]=(ans[i]+mod)*inv%mod;
			for(int i=0;i<n;++i)ans[i+1]=qm(ans[i+1]+ans[i]);
			for(int i=0;i<n;++i)S[i+1]=qm(S[i+1]+ans[i]);
			memset(f,0,sizeof(f));t=0;
		} 
		if(op==1)f[l-1]=qm(f[l-1]+r),rr[++t][0]=l,rr[t][1]=r;
		else{
			int ans=0;
			for(int i=1;i<=t;++i){
				int ql=max(l,rr[i][0]),qr=r;
				if(ql>qr)continue;
				if(qr-rr[i][0]+1>0)ans+=(sg[qr-rr[i][0]+1]-sg[ql-rr[i][0]])*rr[i][1]%mod;
			}
			ans+=S[r]-S[l-1];
			cout<<(ans%mod+mod)%mod<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：Luminescent冷光
本文链接：https://www.cnblogs.com/Milthm/p/18706533.html
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