暑假集训Day19 比赛题解

2023-08-05 16:22:13

总结

这次打下来，由于 T2 贪心不够完全，T3 模拟 $5$ 个时不是最优，T4 想到暴力做法但是来不及打，加之全都是捆绑测试点，导致我 T2,T3 虽然加起来有不少点对了，但是还是判全错，最后也只剩下 T1 的 100。

感觉这次前三题也不难，都是可做的，T4 的 30pts 暴力也很白给，但是我想加调了两个小时 T2 的假树形 dp，然后就来不及打了。

赛后发现 T2 的贪心和我想的基本一致，但是枚举的东西略有不同，也就是我的不够贪心。T3 的构造不难想，有一个挺显然的性质但是我并没有去在意。T1 有可以不用数位 dp 的更好方法，但我也没去找了。

总而言之，下次可以不需要这么心急，可以先打个暴力当对拍都不错，不过也挺好了，感觉自己的算法思维也越来越强了呢，还是有不错的提升的。

T4 的正解因为我还没有看懂，所以就不放了，等我自己想明白了再来搞。

那还是先进入正题吧~

A

题目描述

有 $n+m$ 堆石子，$n$ 堆中第 $i$ 堆有 $i$ 个石子，$m$ 堆中第 $i$ 堆中有 $a_i$ 堆石子，问你进行 $nim$ 游戏时先手第一步有多少种取法能保证自己获胜。（第一步之后均采用最优策略）。

$1\le n\le {10}^{18},1\le m\le {10}^5,1\le a_i\le {10}^{18}$。

思路

令 $sum=\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}i\oplus \underset{i=1}{\overset{m}{⨁}}{a}_i$（即所有元素的亦或和）。

因为我上课的时候证明 $nim$ 游戏的正确性的时候没有认真听，所以一开始以为我从大于等于 $sum$ 的数中取 $sum$ 个即可。但是显然用脑子想想都发现不对，我甚至还因为这个去问出题人要样例的解释，后来自己模拟一遍才发现不对劲，完全不是一个东西。

思考正解，设我们选了取个数为 $x$ 的一堆，假设取后是 $x^{\prime }$ 那么 $su{m}^{\prime }=sum\oplus x\oplus x^{\prime }$，因为要保证必胜，学过 $nim$ 的都知道最后要保证 $su{m}^{\prime }=0$，所以我们也可以得到： $sum\oplus x=x^{\prime }$。因为是取后，所以 $x^{\prime }<x$，即 $sum\oplus x<x$。

所以最终只需要求 $sum\oplus x<x$ 的数的个数即可。

对于 $m\le {10}^5$，我们直接枚举 $a_i$ 即可，但是 $n\le {10}^{18}$，总不能一个一个枚举吧？

此时的瓶颈有两个了，第一个是 $n$ 堆的异或和不好求，第二个是答案也不好求。

首先解决异或的问题，我们通过打表可以得到一个结论，当 $n\mathrm{mod}4=3$ 时，$n$ 的前缀异或和为 $0$。

证明也很简单：

我们设 $n$ 是 $4$ 的倍数，那么二进制下：

$$n=?????00$$

$$n+1=?????01$$

$$n+2=?????10$$

$$n+3=?????11$$

显然 $n\oplus (n+1)\oplus (n+2)\oplus (n+3)=0$，得证。

设 $sum$ 最高位是第 $k$ 位。

然后再通过分类讨论可以得到只有当 $x$ 的第 $k$ 位为 $1$ 时满足条件。

所以机智的我懒得思考有的没的，直接现场 $3$ 分钟打了一个数位 dp。

$Code$

ll n,m,sum,k,a[100005],f[2][2][102],A[102];
ll dfs(ll len,ll lim,ll isk){
    if(~f[lim][isk][len])return f[lim][isk][len];
    if(!len)return f[lim][isk][len]=isk;
    ll maxx=lim?A[len]:1,res=0;
    for(ll i=0;i<=maxx;i++){
        if(len==k+1)res+=dfs(len-1,lim&(i==maxx),i==1);
        else res+=dfs(len-1,lim&(i==maxx),isk);
    }
    return f[lim][isk][len]=res;
}
ll solve(ll x){
    memset(f,-1,sizeof(f));
    ll cnt=0;
    while(x){
        A[++cnt]=x&1;
        x>>=1;
    }
    return dfs(cnt,1,0);
}
int main(){
    n=read(),m=read();
    for(ll i=1;i<=m;i++){
        a[i]=read();
        sum^=a[i];
    }
    if(n%4==0)sum^=n;
    else if(n%4==1)sum^=(n-1)^n;
    else if(n%4==2)sum^=(n-2)^(n-1)^n;
    if(!sum)puts("0");
    else{
        ll ans=0;
        k=__lg(sum);
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            if(a[i]&(1ll<<k))ans++;
        }
        ans+=solve(n);
        cout<<ans;
    }
}

求 $1\sim n$ 中的答案其实是可以推式子的，我们把二进制的 $n$ 分成 $[1,k-1],[k+1,k_n]$两个部分，当 $n$ 的第 $k$ 为 $1$ 时，答案就是两部分的总方案数相乘，如果为 $0$，那也只有 $[k+1,k_n]$ 为原部分的方案数不行。

核心代码

    ll ans=0;
    k=__lg(sum);
    for(ll i=1;i<=m;i++){
        if(a[i]&(1ll<<k))ans++;
    }
    ans+=(n>>k+1ll)*(1ll<<k);//先把不含自己的方案数算上
    ans+=max(n%(1ll<<k+1ll)-(1ll<<k)+1ll,0ll);//再加上如果 k 位有1的方案数
    cout<<ans;

总得来说还是简单的，但是因为好不容易找出正解了考场上打出来也是挺开心的（打的比较细心，基本上就微调过大样例），后来发现原来不需要这样麻烦，甚至有些神仙通过打表找规律找到正解，悲伤。（郑神！！！%%%%）

B

问题描述

给你一棵树，每个节点得染成红色或者蓝色，$i$ 点染成红色的代价为 $a_i$，染成蓝色为 $b_i$，最后必须保证对于每个点，它的子树内的点（含己）上面的红点总数和蓝点总数的差的绝对值不超过 $1$，求最小代价。

$3\le n\le {10}^6$

思路

一眼树形 dp，但是不知道具体怎么做，开始是想把每个儿子节点看成物品然后跑背包的，奈何本人技术力不够打不来这种背包，然后就没想着去拿这 $O(n^2)$ 的 $40$ 分。

还是看限制条件吧，“对于任意一个点，子树内$\dots$”，那我们不难发现对于每个子树只有三种情况：$R=B,R=B+1,R=B-1$（$R$ 表示子树内红色点个数，$B$ 表示子树内红色点个数）。

并且，我们观察到如果一个子树的大小是偶数，那只可能出现蓝色等于红色的情况，这种情况因为蓝色等于红色，怎么加都不会不合法，所以保证代价最小即可，不用理会。

而当大小为奇数时，有两种情况。

所以我们设计状态 $f[0(R=B)/1(R=B+1)/2(R=B-1)][u]$ 表示以 $u$ 为根节点的子树，红蓝配比为 $(R=B)/(R=B+1)/(R=B-1)$ 的最小代价，仔细思考不难发现转移：

$$\begin{gathered} f[0][u]=min(an{s}_{R=B+1}+b[u],an{s}_{R=B-1}+a[u]) \\ f[1][u]=min(an{s}_{R=B+2}+b[u],an{s}_{R=B}+a[u]) \\ f[2][u]=min(an{s}_{R=B-2}+a[u],an{s}_{R=B}+b[u]) \end{gathered}$$

其中 $an{s}_{case}$ 表示没加入根时子树的颜色情况为 $case$ 时的最小代价。

那 $an{s}_{case}$ 答案怎么求呢？首先如果儿子的子树大小为偶，直接加入贡献即可，因为此时加入不会对颜色的情况造成影响，然后对奇数大小的儿子贪心取最优即可，贡献可以表示为：

$$an{s}_{R-B=x}=\sum _{v\in son[\mathrm{偶}{]}_u}f[0][v]+min\{\sum _{i=1,v\in son[\mathrm{奇}{]}_u}^{kr}f[1][v]+\sum _{i=1,v\in son[\mathrm{奇}{]}_u}^{kb}f[2][v]\}$$

其中 $kr+kb=su{m}_{\mathrm{奇}\mathrm{子}\mathrm{树}\mathrm{个}\mathrm{数}},kr-kb=x$。

怎么贪心取最优？我们假设先全选蓝色，然后把红色减蓝色的贡献加入优先队列，取最小的即可。

$Code$

 
int n;          // 0:R=B 1:R>B 2:R<B
ll a[1000006],b[1000006],f[3][1000006],siz[1000006];
vector<int>F[1000006];
void dfs(int x,int fa){
    priority_queue<ll,vector<ll>,greater<ll> >Q;
    siz[x]=1;
    ll ans=0;
    for(int y:F[x]){
        if(y==fa)continue;
        dfs(y,x);
        siz[x]+=siz[y];
        if(siz[y]&1){
            ans+=f[2][y];
            Q.push(f[1][y]-f[2][y]);
        }else ans+=f[0][y];
    }
    if(!Q.size()){
        f[1][x]=ans+a[x],f[2][x]=ans+b[x];
        return;
    }
    if(siz[x]&1){
        //奇数的时候，一定有偶数个子树不是偶siz
        //要么是少两个b然后选b,要么少两个a选a，要么不多不少选a或者选b
        //两种答案，各分两种情况讨论。
        int cnt=Q.size()>>1;//枚举选几个a，不减1是持平的
        cnt--;
        while(cnt--){
            ans+=Q.top(),Q.pop();
        }
        f[2][x]=min(ans+a[x],ans+Q.top()+b[x]);
        ans+=Q.top();
        Q.pop();
        f[1][x]=min(ans+a[x],ans+Q.top()+b[x]);
    }else{
        //偶数的时候，一定有奇数个子树不是偶siz
        //要么是少a选b，要么是少b选a
        int cnt=Q.size()>>1;//枚举选几个a，这里是先少选a的
        while(cnt--){
            ans+=Q.top(),Q.pop();
        }
        f[0][x]=min(ans+a[x],ans+Q.top()+b[x]);
    }
}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=read(),b[i]=read();
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        int u=read(),v=read();
        F[u].push_back(v);
        F[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    ll ans;
    if(n&1)ans=min(f[1][1],f[2][1]);
    else ans=f[0][1];
    cout<<ans;
}

一开始其实思路跟这个差不多，但是由于我不想开三维，就开了一维然后分奇偶讨论，天真地以为奇数大小的子树中除根的节点必然满足红色等于蓝色，然后方法差不多，直接把奇数情况的 $a[v]-b[v]$ 扔进优先队列了，没想到其实与根的颜色关系不大，要看的是子树的颜色，然后就全 WA 了（邪恶的捆绑测试点）。

下次讨论 dp 的时候不要想当然，要关注整体的贡献而不是个体的贡献（根节点的颜色不影响整体，看得是子树多的颜色），多思考，反思，看题也要仔细（一开始以为不算根）！！

C

分类讨论大挂了，不过问题不大，其实也想到了一些构造思想，但是没想到那么显然。

题意：

给定一个 $n$ 个点的完全图，你要给每条边定一个方向，使得得到的有向完全图（又称竞赛图）的三元环个数最多。($n\le 1000$)

思路

观察图中任意三个点的关系，发现要么是三元环，要么就是一个点指向另外两个点。三元环的个数不好算，但是第二个的个数好算，我们令 $i$ 点的出度为 $de{g}_i$，那么非三元环的个数就是 $\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{de{g}_i}{2})$，三元环的个数即为：$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3})-\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{de{g}_i}{2})$。而：

$$\sum _{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{de{g}_i}{2})=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n(de{g}_i-1)de{g}_i=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{n}de{g}_i^2-\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{n}de{g}_i=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^{n}de{g}_i^2-\frac{n(n-1)}{4}$$

所以只需要最小化 $\sum _{i=1}^{n}de{g}_i^2$ 即可，观察到一个点的出度与入度越接近，这个值就越小。

提供两个构造方法：

• 奇数个点时显然每个点可以做到有 $\frac{n-1}{2}$ 个出度，然后偶数个只需要在奇数个的基础上加一个点平摊出度即可

$Cod{e}_1$

    m=n;
    if(n+1&1)m--;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(i!=j&&((m-i+j)<=(m-1>>1)||(j-i<=(m-1>>1)&&j>i)))
                a[i][j]=1;
        }
    }
    if(n+1&1){
        for(int i=1;i<=(m>>1);i++)a[i][n]=1;
        for(int i=(m>>1)+1;i<=m;i++)a[n][i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++,puts("")){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            printf("%d",a[i][j]);
        }
    }

• 就是隔一个连一个，这样基本可以平摊出度。

$Cod{e}_2$

    int n=read();
    for(int i = 1;i<=n;i++) for(int j = i+1,t=1;j<=n;j++) a[i][j]=t,t=1-t;
    for(int i = 1;i<=n;i++) for(int j = i+1,t=0;j<=n;j++) a[j][i]=t,t=1-t;
    for(int i = 1;i<=n;i++){for(int j = 1;j<=n;j++)cout<<a[i][j];cout<<"\n";}

然后我目前听得懂的题目就这么多了，把 D 放出来让大佬们思考一下。

D

问题描述

给定一个 $n$ 个点的树 $G$，称它的一个子图 $G\prime$ 为“子树”当且仅当 $G=G\prime$，或者存在 $G$ 上的一条边，将 $G$ 断掉这条边之后 $G\prime$ 是分成的两个连通块之一。

对于所有的 $k=1,2,3\dots n$，求从这棵树中等概率选出 $k$ 个不同的点，包含它们的最小的“子树”的大小的期望模 $998244353$ 的值。

$3\le n\le 7000$。

样例

in:

5
1 2
1 3
2 4
2 5

out

798595484
499122180
4
199648875
5

思路

我只想到了 $n\le 15$ 时，枚举断掉的边和选中的点，然后搜索即可。