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。$1\le T\le 2\times {10}^5,1\le n\le 20,1\le m\le n!$

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 $O(T{n}^2)$，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 $m=\sum _{i=1}^{n}i!a_i,$，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。$1\le n\le 600,1\le m\le \frac{n-1}{2},1\le a_1<a_2<...<a_m<n-m$

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 $O(n^{2}m)$。

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。$1\le n\le {10}^5$

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：

$$f[i]=\sum _{j=0}^{p_i}f[j]\times [c_j=1-c_i]\times 2^{g[i-1,j,c_i]}$$

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：

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

放到 $h[i,j,c]$ 有：

$$\{\begin{array}{ll}h[i,j,c]=h[i-1,j,c]\times 2& j\le p_i,c=c_i\\ h[i,j,c]=h[i-1,j,c]& \text{otherwise}\end{array}$$

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 $\times 2$
• 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。$1\le n\le 2\times {10}^5,1\le m\le min(n,400)$

$\text{subtask4}$ 对我们有很大启示，先思考如何做 $\text{subtask4}$，即 $f{a}_i<i$ 的情况。

一个段合法，当且仅当这个段至多有一个 $x$ 满足 $f{a}_x$ 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 $x\ge i,f{a}_x<i$，最小的 $y$ 满足 $y>x,y\ge i,f{a}_y<i$，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 $f{a}_i$ 的位置挂上删除 $i$ 的标记。

进一步思考如何做 $\text{subtask5}$。当 $f{a}_i$ 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 $x\le i,f{a}_x>i$、最大的 $y$ 满足 $y<x,y\le i,f{a}_y>i$。对于 $j\in [y,x-1]$，段 $[j+1,i]$ 存在点 $x$ 满足 $f{a}_x$ 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 $f{a}_i<i$ 的点，对于 $j\in [f{a}_i,i-1]$，$c_j\leftarrow c_j+1$，即把 $st1$ 中 $\in [f{a}_i,i-1]$ 的数删除，把 $st0$ 中 $\in [f{a}_i,i-1]$ 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 $\in [f{a}_i,i-1]$ 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 $O(nk+n\log n)$。