『杂题总结』Day11 略解

合集 - 联合省选2025集训(12)

1.『Trie 树，K-D 树，线段树』Day1 略解2024-12-232.『平衡树』Day2 略解2024-12-243.『图的连通性进阶』 知识点 总结2024-12-284.『省选模拟赛1』 Day5 总结2024-12-275.『图的连通性』Day4 略解2024-12-266.『图的连通性进阶』Day3 略解2024-12-267.『矩阵树定理，LGV引理，行列式』Day8 略解01-038.『矩阵树定理，LGV引理，行列式』Day9 略解01-039.『省选模拟赛3』 Day10 总结01-0510.CF DP 2300~3000 板刷2024-11-10

11.『杂题总结』Day11 略解01-08

12.PKUWC2025 游记01-20

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前言

只闻花香，不谈悲喜。饮茶颂书，不争朝夕。

对 BZ 的题目彻底失望了，开始自己瞎搞了。

1. CF2057E2

标签：$\mathbf{\text{Floyd}}$。

首先先考虑朴素做法。考虑每次询问二分答案，边权比 $\text{mid}$ 小的边当作 $0$，否则当作 $1$。如果 $a\to b$ 的最短路 $\le k$，那么就是合法的，否则就是不合法的，然后继续二分即可。

我们发现，只考虑边权为 $0$ 的边，会形成若干个连通块，每个连通块内部的点可以缩成一个点（因为里面的点两两距离都是 $0$，所以可以看成同一个点）然后再算距离。进一步的，对于每个连通块内部的边权为 $0$ 的边，实际上我们只需要保留在原图最小生成树上的边即可。（因为我们只关心连通性）

由于最小生成树上只有 $n-1$ 条边，也就是说，二分的答案本质上只有 $\mathcal{O}(n)$ 种，故我们可以考虑在询问之前预处理出在这 $n$ 种答案下任意两个点的最短路。（可以认为是一个每次使用 $\mathcal{O}(n^2)$ 时间复杂度插入一条边的 $\text{Floyd}$ 来实现。）

故总时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3+q\log n)$。

$\mathtt{\text{Code}}$

2. CF2057G

标签：构造。

感觉挺精妙的一个构造，反正我是没有想到的。

首先，如果我们能构造出五种方案，他们的 $|S|$ 的和为 $s+p$，那么必然存在一种方案满足 $|S|\le \frac{s+p}{5}$。

考虑如何去构造这样的五种方案。（说实话，为啥要这么想啊，头一次见这样的技巧。。）

题解告诉我们：

如果能将所有点染上五种颜色，使得任何一个点的邻域和自己恰好为这五种颜色，那么对于每种颜色 $i$，取 $S$ 为所有颜色为 $i$ 的 # 格子，以及不被上述任何一个格子覆盖或相邻的 # 格。后者只会出现在边界上，且边界外对应的格子恰好是颜色 $i$。

显然，这五种方案的 $S$ 之和都是 $s+p$。

可以发现，如果 ${\text{col}}_{i,j}\equiv 2\times j+i(\mathrm{mod}5)$。

然后直接构造即可。

$\mathtt{\text{Code}}$

3. CF2048G

标签：组合数学，容斥。

题目中给定的矩阵合法条件，等价于：存在一个 $(i,j)$，满足 $a_{i,j}$ 是这一列上的最小值，且是这一行的最大值。

然后发现，如果我们去枚举 $(i,j)$ 和 $a_{i,j}$ 的值暴力计算的话，是会算重的。

简单分析一下，算重的情况是因为存在了多个 $(i,j)$，满足了既是列最小值又是行最大值的条件，所以被计算了多次。并且，这样的方案中，满足条件的点对 $(i,j)$ 必然构成了一个 $n^{\prime }\times m^{\prime }$ 的方格（当然，不一定是连续的），并且所有的满足条件的 $(i,j)$ 的 $a_{i,j}$ 均相同 。

故我们考虑容斥，即枚举 $n^{\prime },m^{\prime }$，然后再枚举满足条件的 $(i,j)$ 的 $a_{i,j}$ 的值 $a$，那么答案就是（下文为了方便就用 $i,j$ 表示了）：

$$\begin{array}{r}\sum _{a=1}^v\sum _{i=1}^n(-1{)}^{i+1}\times C_n^i\times (\sum _{j=1}^m(-1{)}^{j+1}\times C_m^j\times a^{i\times (m-j)}\times (v-a+1{)}^{(n-i)\times j}\times v^{(n-i)\times (m-j)})\end{array}$$

我们发现 $m$ 的值非常大，于是考虑对于括号里面的运算观察是否能快速进行。

$$\begin{array}{rl}\text{now}& =\sum _{j=1}^m(-1{)}^{j+1}\times C_m^j\times a^{i\times (m-j)}\times (v-a+1{)}^{(n-i)\times j}\times v^{(n-i)\times (m-j)}\\ & =(-1)\times a^{i\times m}\times (\sum _{j=1}^m(-1{)}^j\times C_m^j\times (a^{-i}\times (v-a+1{)}^{n-i}{)}^j\times (v^{n-i}{)}^{m-j})\\ & =(-1)\times a^{i\times m}\times ((\sum _{j=0}^m{C}_m^j\times ((-1)\times a^{-i}\times (v-a+1{)}^{n-i}{)}^j\times (v^{n-i}{)}^{m-j})+(v^{n-i}{)}^m)\end{array}$$

然后由二项式定理，我们可以直接省掉对于 $m$ 的枚举：

$$\text{now}=(-1)\times a^{i\times m}\times ((v^{n-i}-a^{-i}\times (v-a+1{)}^{n-i}{)}^m+(v^{n-i}{)}^m)$$

然后将 $\text{now}$ 带回原式，我们就成功通过了。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\times v\times \log m)$。

$\mathtt{\text{Code}}$