暑假集训CSP提高模拟10

合集 - 高一上七月(23)

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暑假集训CSP提高模拟10

组题人： @worldvanquisher

$T1$ P170. 黑暗型高松灯 $0pts$

• 原题： CF1025G Company Acquisitions
• 科技题目，直接贺官方题解了。

  考虑势能函数。如果我们使得每操作一步期望势能 $-1$，那么初势能减末势能就是答案。

  设一个点有 $x$ 个儿子的势能为 $f(x)$，那么考虑现在选中两个儿子个数为 $x,y$ 的：

  $$\frac{1}{2}(f(x+1)+yf(0))+\frac{1}{2}(f(y+1)+xf(0))-f(x)-f(y)=-1$$

  不妨令 $f(0)=0$ （其实好像是随意定的），那么同构一下得到 $f(x)=1-2^x$，初减末即可。

  其实是有应用条件的，但是大多数时候是你觉得能用就能用。详见 https://www.cnblogs.com/C202044zxy/p/16340757.html 第一道例题

  部分分尊重原题。

$T2$ P168. 速度型高松灯 $95pts$

• 原题： luogu P3216 [HNOI2011] 数学作业

• 设 $F_n=\left[\begin{array}{ccc}n& f_n& 1\end{array}\right]$ ，容易有 $\begin{array}{rl}{F}_n& =F_{{10}^{k-1}-1}\times {\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& {10}^k& 0\\ 1& 1& 1\end{array}\right]}^{n-({10}^{k-1}-1)}\end{array}$ ，其中 $n\in [{10}^{k-1},{10}^k)$ 。

• 因为 $k\in [0,\lfloor {\log }_{10}n\rfloor +2]$ ，每个 $k$ 单独算就行了。

  点击查看代码

  #define ll __int128_t
  struct Matrix
  {
      ll ma[5][5];
      Matrix()
      {
          memset(ma,0,sizeof(ma));
      }
  }f,a;
  Matrix mul(Matrix a,Matrix b,ll n,ll m,ll k,ll p)
  {
      Matrix c;
      for(ll i=1;i<=n;i++)
      {
          for(ll j=1;j<=k;j++)
          {
              for(ll h=1;h<=m;h++)
              {
                  c.ma[i][j]=(c.ma[i][j]+a.ma[i][h]*b.ma[h][j]%p)%p;
              }
          }
      }
      return c;
  }
  Matrix qpow(Matrix a,ll b,ll p,ll n)
  {
      Matrix ans;
      for(ll i=1;i<=n;i++)
      {
          ans.ma[i][i]=1;
      }
      while(b)
      {
          if(b&1)
          {
              ans=mul(ans,a,n,n,n,p);
          }
          b>>=1;
          a=mul(a,a,n,n,n,p);
      }
      return ans;
  }
  int main()
  {
      ll b,p,n=1,m=3,k=3,i;
      scanf("%lld%lld",&b,&p);
      f.ma[1][3]=1;
      for(i=10;i/10<=b;i*=10)
      {
          a.ma[1][1]=a.ma[1][2]=a.ma[3][1]=a.ma[3][2]=a.ma[3][3]=1;
          a.ma[2][2]=i%p;
          f=mul(f,qpow(a,min(i,b+1)-i/10,p,m),n,m,k,p);
      }
      printf("%lld\n",f.ma[1][2]);
      return 0;
  }
  

$T3$ P169. 力量型高松灯 $0pts$

• 原题： luogu P6156 简单题 | luogu P6222 「P6156 简单题」加强版

• 部分分

  • $20pts$ ：暴力枚举即可，时间复杂度为 $O(n^2\log n+n\log k)$ ，可以使用扩展欧拉定理优化，使时间复杂度为 $O(n^2{\log }^{2}n+n\log \sqrt{p})$ 。

• 正解

  • 因涉及变量重名问题，以下所写的 $m$ 指本题的 $k$ 。
  • 推式子，有 $\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^m{\mu }^2(gcd(i,j))gcd(i,j)\\ & =\sum _{k=1}^n{\mu }^2(k)k\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^m[gcd(i,j)=k]\\ & =\sum _{k=1}^n{\mu }^2(k)k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }(ik+jk{)}^m[gcd(i,j)=1]\\ & =\sum _{k=1}^n{\mu }^2(k)k^{m+1}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }(i+j{)}^m\sum _{d|gcd(i,j)}\mu (d)\\ & =\sum _{k=1}^n{\mu }^2(k)k^{m+1}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }(id+jd{)}^m\\ & =\sum _{k=1}^n{\mu }^2(k)k^{m+1}\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)d^m\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }(i+j{)}^m\\ & =\sum _{T=1}^n{T}^m\sum _{k|T}{\mu }^2(k)\mu (\frac{T}{k})k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }(i+j{)}^m\end{array}$ 。
  • 设 $\{\begin{array}{l}s(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^m\\ h(i)=i^m\\ f(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)\\ g(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)\end{array}$ ，数形结合有 $\begin{array}{rl}& s(n)\\ & =s(n-1)+f(2n)+f(2n-1)-2f(n)\\ & =g(2n)-2g(n)\end{array}$ 。每个数单独计算其 $h$ 值时间复杂度不可接受，我们发现 $h$ 为完全积性函数，可以线筛预处理，也可以使用扩展欧拉定理优化。
  • 原式可以写作 $\begin{array}{rl}& =\sum _{T=1}^{n}s(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )T^m\sum _{k|T}{\mu }^2(k)\mu (\frac{T}{k})k\end{array}$ ，
  • 设 $w(n)=n^m\sum _{d|n}{\mu }^2(d)\mu (\frac{n}{d})d$ ，显然 $w$ 为积性函数。现在把关注点放在后面的 ${\mu }^2(k)\mu (\frac{T}{k})$ 上，二者必须同时为 $1$ 才对答案产生贡献，即 $k,\frac{T}{k}$ 均没有平方质因子，那么 $T$ 就不能有一个质因子的次数 $\ge 3$ ，线筛时记录下次数即可。
    • $\{\begin{array}{l}w(p)=p^m(p-1)\\ w(p^2)=p^{2m}\times (-p)\end{array}$
  • 维护 $w$ 的前缀和，整除分块维护 $\frac{n}{T}$ 即可。
  • 略卡空间，无用空间回收利用。
  点击查看代码

  const ll p=998244353,phi=998244352;
  ll prime[10000010],h[10000010],w[10000010],len=0;
  bool vis[10000010];
  ll qpow(ll a,ll b,ll p)
  {
      ll ans=1;
      while(b)
      {
          if(b&1)
          {
              ans=ans*a%p;
          }
          b>>=1;
          a=a*a%p;
      }
      return ans;
  }
  void isprime(ll n,ll k)
  {
      memset(vis,0,sizeof(vis));
      h[1]=w[1]=1;
      for(ll i=2;i<=2*n;i++)
      {
          if(vis[i]==0)
          {
              len++;
              prime[len]=i;
              h[i]=qpow(i,k,p);
              w[i]=i-1;
          }
          for(ll j=1;j<=len&&i*prime[j]<=2*n;j++)
          {
              vis[i*prime[j]]=1;
              h[i*prime[j]]=h[i]*h[prime[j]]%p;
              if(i%prime[j]==0)
              {
                  w[i*prime[j]]=((i/prime[j])%prime[j]!=0)*w[i/prime[j]]*(-prime[j]+p)%p;	
                  break;
              }
              else
              {
                  w[i*prime[j]]=w[i]*(prime[j]-1)%p;//乘以 w[prime[j]]
              }
          }
      }
      for(ll i=1;i<=n;i++)
      {
          w[i]=(w[i-1]+w[i]*h[i]%p)%p;//求 w 的前缀和
      }
      for(ll i=1;i<=2*n;i++)
      {
          h[i]=(h[i-1]+h[i])%p;//求 f
      }
      for(ll i=1;i<=2*n;i++)
      {
          h[i]=(h[i-1]+h[i])%p;//求 g
      }
  }
  ll s(ll x)
  {
      return (h[2*x]-2*h[x]%p+p)%p;//求 s
  }
  ll ask(ll n)
  {
      ll ans=0,l,r;
      for(l=1,r;l<=n;l=r+1)
      {
          r=(n/l>=1)?min(n/(n/l),n):n;
          ans=(ans+(w[r]-w[l-1]+p)%p*s(n/l)%p)%p;
      }
      return ans;
  }
  int main()
  {
      ll n,k;
      cin>>n>>k;
      k%=phi;//扩展欧拉定理
      isprime(n,k);
      cout<<ask(n)<<endl;
      return 0;
  }
  

$T4$ P167. 高松灯 $100pts$

• 数位 $DP$ 板子。

  点击查看代码

  ll a[25],f[25][180],sum=0;
  ll divide(ll n,ll a[])
  {
      ll len=0;
      while(n)
      {
          len++;
          a[len]=n%10;
          n/=10;
      }
      return len;
  }
  ll dfs(ll pos,ll pre,ll lead,ll limit)
  {
      if(pos<=0)
      {
          return pre;
      }
      if(f[pos][pre]!=-1&&lead==0&&limit==0)
      {
          return f[pos][pre];
      }
      ll ans=0,maxx=(limit==0)?9:a[pos],i;
      for(i=0;i<=maxx;i++)
      {
          ans=max(ans,dfs(pos-1,pre+i,(i==0)*lead,(i==maxx)*limit));
      }
      return (lead==0&&limit==0)?f[pos][pre]=ans:ans;
  }
  ll ask(ll n)
  {
      ll len=divide(n,a);
      return dfs(len,0,1,1);
  }
  int main()
  {
      ll n;
      cin>>n;
      memset(f,-1,sizeof(f));
      cout<<ask(n)<<endl;
      return 0;
  }
  

• 最终答案只会来自两种情况，一种是原数，一种是首位放 $1$ 其余全是 $9$ ，二者取 $max$ 即可。

总结

• 赛时历程：先溜了一眼题， $T1$ 直接弃掉， $T2$ 之前做过但细节有点多， $T3$ 可以骗点分， $T4$ 之前做过类似的且几乎是数位 $DP$ 纯板子。遂先写 $T4$ ，因为太过着急导致少打了个负号，少搜了许多状态，花 $20min$ 才调出来；然后写 $T2$ ，式子因为之前写的时候有点麻烦，遂写了个简单点的，但还是在调细节，调了 $1h$ ;接着是 $T3$ ，推到最后发现漏了一个 $gcd(i,j)=1$ 导致预处理直接死掉，交了个暴力上去； $T1$ 特判了两种情况。
• $T2$ 枚举 ${10}^k$ 时炸 long long 了，挂了 $5pts$ 。
• $T3$ 暴力预处理 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=1]\times (i+j{)}^k$ 时空间开大了，再次 $MLE$ ，挂了 $20pts$ 。

后记

• 难度不单调递增。

  

• 因赛时能过 $T1$ 太过逆天，所以奖励也很逆天。

  

• @joke3579 学长让 @int_R 上台评价这场比赛，还开玩笑说要不少于六百字，且还拍视频给 @worldvanquisher 。