模拟赛8.8 解题报告

T1 只因数分解

题意：给出 \(T\) 组 \(n,m\)，对于每组 \(n,m\) 你都需要找出一种把 \(m\) 分成不超过 \(n\) 个数的方案，每个数都是 \(n!\) 约数。\(1\le T\le 2\times10^5,\space 1\le n\le20,\space 1\le m\le n!\)

这个东西居然被我乱搞搞过去了……考场做法是每次找一个 \(s\)，枚举 \(i=n...1\)，\(s\times i\le m\) 时就令 \(s\leftarrow s\times i\)，然后 \(m\leftarrow m-s\)。

理论复杂度为 \(O(Tn^2)\)，会超时，然后……其他人用这个全 \(\text{T}\)，由于我的代码过短 \(\text{A}\) 了……。

官方正解是 \(O(Tn)\) 的：考虑阶乘进位制，即考虑拆解 \(m=\sum\limits_{i=1}^n i!a_i,\)，其中 \(a_i\le i\)，那么每一位处理一次就行。

但有可能存在 \(a_i=i\) 的情况，此时 \(i!a_i\) 不一定是 \(n!\) 的约数。考虑把位权反过来，即第 \(i\) 位的位权从 \(i!\) 变为 \(n(n-1)(n-2)...(n-i+1)\)，此时有 \(a_i<n-i\)，即可解决。

这种方法也间接证明了我的乱搞是正确的。

T2 宇宙射线

搬题链接：P9378 物理实验

题意：一共有 \(n\) 个实验，你每次可以任意选择一个还没做并且没有被破坏的实验来做实验。有 \(m\) 轮宇宙射线，第 \(i\) 轮在做完 \(a_i\) 个实验后出现，并且有一个 \(1...n\) 排列 \(P_{i,j}\)。第 \(i\) 轮宇宙射线会破坏第 \(P_{i,j}\) 个实验，满足：

• 实验 \(P_{i,1...j-1}\) 要么做过，要么被破坏过

• 实验 \(P_{i,j}\) 没做过也没破坏过

显然你可以做 \(n-m\) 个实验。做第 \(i\) 个实验的收益为 \(2^{n-i}\)，求一种做实验顺序方案使得总收益最大。\(1\le n\le600,\space 1\le m\le \frac{n-1}2,\space 1\le a_1<a_2<...<a_m<n-m\)

经典套路，枚举 \(i=1...n\)，当前能选第 \(i\) 个实验就选，因为如果不选，后面实验全做的收益也没有 \(i\) 多。

问题变成判断一个做的实验集合 \(S\) 是否合法。枚举每个射线，然后维护 \(k\) 表示当前至少需要做 \(k\) 个 \(S\) 中的实验。

时间复杂度 \(O(n^2m)\)。

T3 崩原之战Ⅱ

题意：有 \(n\) 个区间，第 \(i\) 个区间 \([l_i,r_i]\) 的种类为 \(c_i(c_i\in \{0,1\})\)，选择若干个区间，使得种类不同的区间无交集，求选择方案数。\(1\le n\le10^5\)

实用价值高！但就是原题面漏洞百出……

先把所有区间从小到大排序。

设 \(f[i]\) 表示考虑了区间 \(1...i\) 且区间 \(i\) 必须选择的方案数。

不能在包含关系之间转移，这样会使得转移条件混乱。考虑第 \(i\) 个区间和前面选择的几个同种类的区间构成的 同种类区间连续段。为了构建这个结构，求出 \(p_i\) 表示满足 \(r_j<l_i\) 的最大的 \(j\)，枚举选择的上一个不同种类的区间 \(j(j<i,r_j<l_i)\)，用 \(j=0\) 表示不存在这样的区间，转移：

\[f[i]=\sum_{j=0}^{p_i}f[j]\times[c_j=1-c_i]\times2^{g[i-1,j,c_i]} \]

其中 \(g[i,j,c]\) 表示前 \(i\) 个区间中，\(l_k>r_j\) 且 \(c_k=c\) 的区间 \(k\) 的个数，在转移方程中的意义为 \(j\) 之后 \(i\) 之前的与 \(i\) 同种类区间任意选。

设 \(h[i,j,c]\) 表示 \(f[j]\times[c_j=1-c]\times 2^{g[i-1,j,c]}\)

那么

\[f[i]=\sum_{j=0}^{p_i}h[i,j,c] \]

注意到 \(g[i,j,c]\) 容易转移：

\[\begin{cases} g[i,j,c]=g[i-1,j,c]+1 & j\le p_i,c=c_i\\ g[i,j,c]=g[i-1,j,c] & \text{otherwise} \end{cases}\]

放到 \(h[i,j,c]\) 有：

\[\begin{cases} h[i,j,c]=h[i-1,j,c]\times2 & j\le p_i,c=c_i\\ h[i,j,c]=h[i-1,j,c] & \text{otherwise} \end{cases}\]

把 \(i\) 看做常量，我们对于 \(h\) 开两棵线段树，保存 \(h[i,0...n,0],h[i,0...n,1]\)。

于是我们只需要对线段树

• 前缀 \(\times2\)
• 求前缀和
• 单点加

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

T4 跳水运动员

题意：给出一棵 \(n\) 个点的树，把 \(1...n\) 分若干段，每一段映射在树上是一个连通块，求分别分成 \(1,2,3,...,m\) 段的方案数。\(1\le n\le2\times10^5,\space 1\le m\le \min(n,400)\)

\(\text{subtask4}\) 对我们有很大启示，先思考如何做 \(\text{subtask4}\)，即 \(fa_i<i\) 的情况。

一个段合法，当且仅当这个段至多有一个 \(x\) 满足 \(fa_x\) 不处于段内，想象一下放在树上，正确性显然。

设 \(f[k,i]\) 表示把 \(1...i\) 分 \(k\) 段的方案数。\(\text{DP}\) 时，如果我们枚举 \(j\) 计算 \(f[k][i]\leftarrow f[k,i]+f[k-1,j]\)，那么很难这个段是否合法。考虑倒着做，设 \(f[k,i]\) 表示把 \(i...n\) 分 \(k\) 段的方案数，枚举 \(j\)，那么 \(i...j\) 中至多一个点的父亲 \(<i\)（在 \(\text{subtask4}\) 中，这样的点显然只有 \(i\)）。找出最小的 \(x\) 满足 \(x\ge i,fa_x<i\)，最小的 \(y\) 满足 \(y>x,y\ge i,fa_y<i\)，那么决策 \(j\in [x+1,y]\)。如何查找？我们可以用一个 \(\text{set}\)，扫到 \(i\) 时把 \(i\) 加入集合，在 \(fa_i\) 的位置挂上删除 \(i\) 的标记。

进一步思考如何做 \(\text{subtask5}\)。当 \(fa_i\) 可以小于 \(i\) 也可以大于 \(i\) 时，我们仍然正着枚举，设 \(f[k,i]\) 表示把 \(1...i\) 分 \(k\) 段的方案数。对于 \(<i,fa>i\) 的点，我们仍然像 \(\text{subtask4}\) 的做法，找出最大的 \(x\) 满足 \(x\le i,fa_x>i\)、最大的 \(y\) 满足 \(y<x,y\le i,fa_y>i\)。对于 \(j\in[y,x-1]\)，段 \([j+1,i]\) 存在点 \(x\) 满足 \(fa_x\) 不在 \([j+1,i]\) 内，那么这个段内就不能有父亲 \(\le j\) 的点。

把 \(i\) 看做常量，维护 \(c_j\) 表示 \([j+1,i]\) 内有多少个点的父亲 \(\le j\)，显然我们只关注 \(c_j<2\) 的 \(j\)。当 \(j\in[y,x-1]\) 时，不能有 \(fa\le j\) 的点，即统计有多少个 \(j\) 满足 \(j\in[y,x-1],c_j=0\)；当 \(j\in[x,i-1]\) 时，允许有至多 \(1\) 个点 \(fa\le j\)，即统计有多少个 \(j\) 满足 \(j\in[x,i-1],c_j=0/1\)。

维护集合 \(st0\) 表示 \(c_j=0\) 的 \(j\) 集合，\(st1\) 表示 \(c_j=1\) 的 \(j\) 集合。当遇到一个 \(fa_i<i\) 的点，对于 \(j\in[fa_i,i-1]\)，\(c_j\leftarrow c_j+1\)，即把 \(st1\) 中 \(\in[fa_i,i-1]\) 的数删除，把 \(st0\) 中 \(\in[fa_i,i-1]\) 的数移到 \(st1\)。

每个数至多添加一次、移动一次、删除一次，因此集合操作均摊复杂度正确。每次查找一个 \(\in[fa_i,i-1]\) 的数为 \(O(\log n)\)，总时间复杂度 \(O(nk\log n)\)。

考虑 \(\text{subtask6}\)，发现 \(k\) 和 \(st0,st1\) 没有一点关系，尝试把两者分离，但是推一推发现分离需要手写平衡树……

我们需要另一种写法，发现每次添加的都是最大值，移动都是移动集合中从小到大排序后的一段后缀，删除也是一段后缀，我们不需要 \(\text{set}\) 维护，只需要两个数组，维护这两个数组的前缀和，二分查找位置即可做到 \(O(nk+n\log n)\)。