数学题做题记录

1|0数学

主要是计数和数论函数相关。

1|1[AGC031F] Walk on Graph

题意：有一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向连通图 $G$ ，每条边有长度 $L_{i}$ ，有一个人在上面游走。
有 $q$ 组询问，每组询问给出 $s_{i}, t_{i}, r_{i}$ ，询问是否存在一条从 $s_{i}$ 出发到 $t_{i}$ 结束且长度为 $r_{i}$ 的路径。其中路径长度的定义为：假设走过了的边长度为 $L_{1}, L_{2}, \dots, L_{k}$ ，则这条路径的长度为 $(\sum_{i = 1}^{k} L_{i} \times 2^{i - 1}) mod M O D$ 。

思路：首先，因为正着走不好处理，考虑倒着走，每走一条边，权值变为 $2 w + w_{i}$ ，于是设计二元状态 $(x, w)$ 表示走到 $x$ 时权值是 $w$ ，那么目标就是从 $(x, 0)$ 走到 $(y, t)$ 。

接着可以发现一些性质。

如果从 $(x, i)$ 可以到 $(y, j)$ ，那么从 $(y, j)$ 也可以到 $(x, i)$ 。假设有一条从 $u$ 到 $v$ 的路径长度为 $l$ ，权值为 $w$ ，那么走完就是 $(y, i \times 2^{l} + w)$ ，如果走 $t$ 次，权值就是 $i \times 2^{t l} + w 2^{l} (2^{t} - 1)$ ，于是走 $t = 2 φ (p)$ 次就可以走回 $(u, x)$ 。

接着，假设有两条边的边权是 $a, b$ ，那么 $(u, x) \Leftrightarrow (u, x + 3 (a - b))$ 。证明可以考虑如果这两条边与一个点相连，那么 $(u, x) \Leftrightarrow (u, 4 x + 3 a), (u, x) \Leftrightarrow (u, 4 x + 3 b)$ ，又因为4有逆元，于是 $(u, x) \Leftrightarrow (u, x + 3 (a - b))$ ，其他情况可以类推。

根据裴蜀定理，设 $g^{'} = \underset{x, y \in E}{gcd} (x - y), g = g c d (g^{'}, p)$ ，就有 $x \equiv y (\mod 3 g)$ 时有 $(u, x) \Leftrightarrow (u, y)$ ，反推有 $x \equiv (\mod gcd (3 g, p))$ 时有 $(u, x) \Leftrightarrow (u, y)$ ，而 $g^{'} = {gcd}_{i = 2}^{m} (w_{i} - w_{1})$ 。

于是每条边可以表示为 $g x + z$ 的形式，这时可以把所有边减去 $z$ ，把第二维都加上 $z$ ，这样所有边权是 $g$ 的倍数，所以 $(u, x) \Leftrightarrow (v, x 2^{p} + g q), q \in {0, 1, 2}$ 。又因为 $(u, x) \Leftrightarrow (u, 4 x + 3 w) \Leftrightarrow (u, 4 x)$ ，这样 $p \in {0, 1}$ 。于是所有状态只有6种。这样就很好做了。

1|2P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候

题意：把区间中的数 $a_{i}$ 变成 $c^{a_{i}}$ 和求区间和。

思路：属于是比较板但有点难的线段树维护一些改变量为 $O (\log n)$ 的数学题。

根据拓展欧拉定理， $a^{c} \equiv {\begin{cases} a^{c} & c \leq φ (m) \\ a^{(c mod φ (m)) + φ (m)} & c > φ (m) \end{cases}$

而 $φ$ 最多嵌套 $O (\log)$ 层，于是可以直接线段树暴力维护，如果区间内所有修改次数都超过了层数就不修改。用光速幂就是 $O (n \log^{2})$ 。

1|3[ARC089F] ColoringBalls

题意：有 $N$ 个白色的小球排成一排，有一个长为 $K$ 的字符串 $S$ 。接下来进行 $K$ 次操作。

第 $i$ 个操作，选择一段连续的小球（可以为空），若 $S$ 中第 $i$ 个字符是 r，则将这些球染成红色；若是 b，则将它们染成蓝色。由于染料的特性，不能直接用蓝色来染白色。

求在进行完所有操作后，所有小球的颜色序列可以有多少种。

思路：arc就连数学题思维量都这么大。

大致是官方题解的思路。

首先，把计数转成判定一种最终结果是否合法。我们想办法把最终状态划分等价类来减少枚举结果的量。

接着，可以不管 $W$ ，把剩下的连续段拿出来，然后把同色连续段缩成一个，这样就形如

[R B R B R], [R], [R B], [R B R]

接着我们有一个惊人的发现，设 $c_{i}$ 为第 $i$ 个连续段中 $B$ 的个数，有：

1. $c_{i} = 0$ ， $r$ 。

2. $c_{i} = 1$ ， $r b$ 。

3. $c_{i} ⩾ 2$ ，需要 $c_{i} + 1$ 次，而前两次操作一定是 $r b$ ，后面无论怎么操作都可以达到。

这样就可以很简单地判定了。具体地，我们把缩完的连续段按 $c_{i}$ 从大到小排序，然后分配操作序列，设连续段数为 $m$ ，先分 $m$ 个 $r$ 给每一段，再给 $c_{i} > 0$ 的分配之前的 $r$ 后面的 $b$ ，最后给 $c_{i} > 1$ 的分配之前的 $b$ 后 $c_{i}$ 个没用过的就行了。

我们还可以发现，连续段之间的顺序是不重要的，因此不同的状态只有 $O (划分数)$ 个，可以直接暴力枚举。

最后就是对每种合法的序列计算贡献。记 $l e n (x) = [x = 0] + [x ⩾ 1] (2 x - 1)$ 表示有 $x$ 个 $B$ 的连续段至少有多长，因此总共占了 $A = m - 1 + \sum f (x)$ 个位置。考虑剩下的 $n - A$ 个怎么插入空隙。可以把每个BR当做是自己所在的连续段最后一个，这样有 $x$ 个 $B$ 的连续段就有 $2 x + 1$ 个空隙，两边也有空隙，于是共有 $B = m + 1 + \sum (2 c + 1)$ 个空隙，因此方案数为 $(\binom{n - A + B - 1}{B - 1})$ 。

1|4Make Square

题意：我们称一个数列 $b$ 是“优秀的”，当且仅当存在 $b_{i} \times b_{j} (i < j)$ 是一个完全平方数。

给定一个数列 $a$ ，每次询问使 $a_{l}, a_{l + 1}, \dots, a_{r - 1}, a_{r}$ 这个数列成为一个“优秀的”数列至少要进行几次操作，共 $q$ 次询问。

每一次操作，你可以将数列中的任意一个数乘以/除以一个质数 $p$

思路：首先，容易想到把每个数的质因子成对去掉，这样每个数最多包含7个质因子和128个因数。设 $f_{x}$ 表示 $x$ 的质因子数，这样两个数的答案就是 $f_{x} + f_{y} - 2 f_{gcd (x, y)}$ 。于是可以想到枚举 $d = gcd (x, y)$ 来算贡献，这样就需要求出 $d | x$ 中 $f_{x}$ 的最小、次小值。如果只有一次询问，可以暴力统计最小、次小值，但是有多次询问，就只能求出所有可以对答案做贡献的点对然后离线扫描线。

具体地，我们枚举次小值所在位置，用单调栈求出前、后第一个小于它的位置作为最小值，然后用这个区间作为可以产生贡献的点对。考虑扫描线的过程，相当于是单点改和查后缀min，可以改成前缀取min和单点查，又因为 $f_{x} + f_{y}$ 最大只有 14，均摊下来次数不超过 $14 n$ 。

1|5P6276 [USACO20OPEN] Exercise P

题意：计算出所有长为 $n$ 的排列的置换环大小的 $l c m$ 的积。

思路：首先，每个排列的贡献是置换环长的 lcm。先转成计数，求 $x = l c m$ 的排列个数。

发现 $x$ 可能很大，不方便计算，然后转成求前缀和，即 $x | l c m$ 的排列个数。

这样就只用对每个质数的幂次进行考虑，设 $F (p^{c})$ 表示 $p^{c} | l c m$ 的排列个数，那么答案就是 $\prod_{p, c} p^{F (p^{c})}$ 。

现在考虑怎么求 F。因为至少有一个不好求，我们可以转成求补集，即不存在长度为 $x$ 的置换环排列数 $f (x)$ ，我们再设 $g (x)$ 表示所有置换环长度都是 $x$ 的倍数的排列个数，那么有：

f_{i} = i! - \sum_{j < i} (\binom{i}{j}) f_{j} g_{i - j}

g_{i} = \sum_{j < i} (\binom{i - 1}{i - j - 1}) (i - j - 1)! g_{j}

而对于每个 $x$ ， $f, g$ 只有 $\frac{n}{x}$ 个是有用的，因此复杂度为 $O (n^{2})$ 。

1|6[AGC045F] Division into Multiples

题意：给定 $A, X, B, Y, C$ 有 $X$ 个球上面数字是 $A$ ， $Y$ 个球上面数字是 $B$ ，一个组是好的当且仅当组不为空且内部的球的和是 $C$ 的倍数，求最多有几个好的组。

思路：首先可以让 $A, B, C$ 互质，先让 $gcd (A, B) = 1$ ，再让 $gcd (A, C) = 1$ ，即如果 $A x + B y \equiv 0 (\mod C)$ ，那么记 $d = gcd (A, C)$ ，那么 $A \leftarrow \frac{A}{d}, C \leftarrow \frac{C}{d}, Y \leftarrow ⌊ \frac{Y}{d} ⌋$ ， $B, C$ 同理。

记 $(i, j)$ 表示 $i$ 个 A 球和 $j$ 个 B 球，那么有 $A i + B j \equiv 0 (\mod C)$ ，即 $j \equiv - \frac{A}{B} i (\mod C)$ ，于是记 $D \equiv \frac{A}{B} (\mod C)$ ，那么就是 $(0, C), (1, (- D) (\mod C)), \dots, (i, (- i D) (\mod C))$ 。

发现如果存在两组 $(x, y), (x_{1}, y_{1})$ 满足 $x \leq x_{1}, y \leq y_{1}$ ，那么 $(x_{1}, y_{1})$ 就没用了。于是我们就需要找 $C, (- D) (\mod C), (- i D) (\mod C)$ 的前缀最小值。

如果 $C \geq D$ ，设 $t = ⌊ \frac{C}{D} ⌋$ ，于是当前前缀最小值就是 $C, C - D, \dots C - t D$ 。设 $C^{'} = C (\mod D)$ ，那么如果当前是 $x$ ，下一个就是 $(x - D) (\mod C^{'})$ ，设 $D^{'} = D (\mod C^{'})$ ，于是就是 $C^{'}, (- D^{'}) (\mod C^{'}), \dots, (- i D^{'}) (\mod C^{'})$ ，发现这就相当于是欧几里得算法的过程，而且会形成 $O (\log n)$ 个等差序列。

同样，因为公差是递减的，因此一定在同一段里才最优，于是在每一段里可以二分来找最优答案。

复杂度 $O (T \log^{2} V)$ 。

1|7The Films

题意：给定 $n, m, q$ ，给定长为 $n$ 的序列 ${a}$ ，满足 $a_{i} \in [1, m]$ 。

多组查询，每次给出区间 $[l_{i}, r_{i}]$ 与 $k$ ，表示如下操作：

令集合 $S$ 为序列 $a$ 构成的可重集。
对于每种颜色 $c \in [1, m]$ ，加入 $k$ 个此颜色的元素。
从中随机选出 $n$ 个元素，然后随机排成一个排列。
计算最后区间 $[l_{i}, r_{i}]$ 与初始序列相等的方案数。

思路：莫队+数学题。

假设 $k$ 给定，设 $s_{i}$ 为 $i$ 在整个序列的出现次数， $c_{i}$ 为 $i$ 在区间 $[l, r]$ 的出现次数，那么有 $a n s = \prod_{i = 1}^{m} (s_{i} + k)^{\underset{―}{c_{i}}} \times (m k + n - (r - l + 1))^{\underset{―}{n - (r - l + 1)}}$ ，直接用莫队维护即可。

可是现在有 $t$ 种不同的 $k$ ，可以直接对于每一种 $k$ 都跑一遍，根据卡尔松不等式可以知道复杂度是 $O (n \sqrt{t q})$ 的。

1|8Move by Prime

题意：给你一个长度为 $n$ 的数列 $a_{i}$ ，你可以进行任意次操作：将其中一个数乘上或者除以一个质数。使得最终所有数相同，并使得操作数尽可能小。现在我们想要知道 $a_{i}$ 的所有子序列的操作数之和是多少。

思路：不算太难的计数题。

首先，每个质数的贡献是独立的，可以分开计算。对于一个质数 $p$ ，假设每个数的指数是 $x_{i}$ ，那么答案就是 $\sum | x - x_{i} |$ ，其中 $x$ 为 $x_{i}$ 的中位数。

如果我们把 $x_{i}$ 排序，那么如果小于 $i$ 的选了 $a$ 个，大于的选了 $b$ 个，就有 $a < b$ 时贡献为 $- x_{i}$ ， $a = b$ 时贡献为 0， $a > b$ 时贡献为 $x_{i}$ ，即贡献为 $x_{i} (\sum_{j = i}^{n - 1} (\binom{n - 1}{j}) - \sum_{j = 0}^{i - 2} (\binom{n - 1}{j}))$ 。

我们预处理出 $f (i) = \sum_{j = i}^{n - 1} (\binom{n - 1}{j}) - \sum_{j = 0}^{i - 2} (\binom{n - 1}{j})$ ，然后枚举 $p, x$ 可以 $O (1)$ 计算，于是可以做到 $O (V \log \log V)$ 。

1|9CGCDSSQ

题意：维护一个序列 $a$ ，长度为 $n$ ，有 $m$ 次操作：
1. 1 l r：对于 $l \leq i \leq r$ ，将 $a_{i}$ 加上 $f_{i - l + 1}$ 。
2. 2 l r：求 $(\sum_{i = l}^{r} a_{i}) mod (10^{9} + 9)$ 。

思路：

首先有规律： $f_{i} = f_{i - 1} f_{2} + f_{i - 2} f_{1}$ 。

因为有加操作，考虑用线段树维护。

于是对于一个区间，可以把每个数 $a_{i}$ 写成 $f_{i - 1} a_{2} + f_{i - 2} a_{1}$ ，然后发现和就是 $f_{n} a_{1} + (f_{n + 1} - 1) a_{2}$ ，因此只用维护 $a_{1}, a_{2}$ 即可。

1|10Please, another Queries on Array?

题意：区间乘，区间乘积的 $φ$ ，每个数不超过 300。

思路：用 $l o n g l o n g$ 状压。

300 以内的质数只有 62 个，而 $v a r p h i$ 又只和区间乘积以及有哪些质因子有关，于是可以考虑用状压来维护，外层用线段树即可。

1|11Instant Noodles

题意：给出一张点数为 $2 N$ 的二分图，其中右侧的第 $i$ 个点有点权为 $c_{i}$ 。

令 $S$ 表示左侧点的一个非空点集，设 $f (S)$ 表示右侧点中至少与 $S$ 中一个点相连的点的点权和。
请你求出，对于所有非空集合 $S$ ， $f (S)$ 的 $gcd$ 为多少。

思路：很厉害的题目。

对于一侧的两个点 $i, j$ ，设邻居集合为 $S_{i}, S_{j}$ ，分 3 种情况讨论：

$S_{i} \cap S_{j} = \emptyset$ ，那么贡献就是 $gcd (c_{i}, c_{j})$ 。
$S_{i} = S_{j}$ ，那么对于左边的任意一个点集， $i, j$ 一定同时在或者不在这个 $f (S)$ 里，因此可以将 $c_{i}, c_{j}$ 合并。
$S_{i} \cap S_{j} \neq \emptyset$ ，那么求的结果也是 $gcd (c_{i}, c_{j})$ 。

1|12Modular Stability

题意：求有多少个长度为 $k$ 的序列 $a$ ，满足以下条件：

$\forall 1 \leq i < k, a_{i} < a_{i + 1}$
$\forall 1 \leq i \leq k, 1 \leq a_{i} \leq n$
对于任意一个 $1$ 至 $k$ 的排列 $p$ ，满足 $((((x mod a_{1}) mod a_{2}) mod a_{3}) mod \dots mod a_{k}) = ((((x mod a_{p_{1}}) mod a_{p_{2}}) mod a_{p_{3}}) mod \dots mod a_{p_{k}})$ 。其中 $x$ 为任意非负整数。

思路：假设只有两个数 $a, b (a < b)$ ，且要满足 $(x mod a) mod b = (x mod b) mod a$ ，因为 $x mod a$ 一定小于 $a$ ，于是 $(x mod a) mod b = x mod a$ ，于是有 $x mod b \equiv x (\mod a)$ ，那么就说明 $b$ 是 $a$ 的倍数。

拓展到更多的数，就意味着所有数都是最小的数的倍数，就可以直接计数了。

1|13Wish I Knew How to Sort

题意：给定一个长度为 $n$ 的 01 序列 $a$ 和一种操作，你需要用这种操作将序列从小到大排序。

操作如下：

等概率随机选取两个位置 $i, j (i < j)$ ，若 $a_{i} > a_{j}$ ，则交换 $a_{i}, a_{j}$ 。

注意：当 $a_{i} \leq a_{j}$ 时，交换失败，也算作一次操作。

请你求出操作被执行的 期望次数。

思路：最终一定是一段前缀上是 0，对应后缀是 1，那么如果当前前缀中有 $x$ 个 1，有效的交换方法有 $x^{2}$ 种，于是期望次数为 $\frac{(\binom{n}{2})}{x^{2}}$ ，于是最终答案就是 $\sum_{i = 1}^{c n t_{0}} \frac{(\binom{n}{2})}{i^{2}}$ 。

1|14P1306 斐波那契公约数

题意：求斐波那契数列第 $n$ 项和第 $m$ 项的公约数。

思路：结论： $gcd (f_{n}, f_{m}) = f_{gcd (n, m)}$

引理 1： $gcd (f_{n + 1}, f_{n}) = 1$

证明 1： $gcd (f_{n + 1}, f_{n}) = gcd (f_{n} + f_{n - 1}, f_{n}) = gcd (f_{n - 1}, f_{n}) = \dots = gcd (f_{1}, f_{2}) = 1$ 。

引理 2： $f_{n + m} = f_{m - 1} f_{n} + f_{m} f_{n + 1}$

证明 2： $f_{n + m} = f_{n + m - 2} + f_{n + m - 1} = f_{n + m - 3} + 2 f_{n + m - 2} = 2 f_{n + m - 4} + 3 f_{n + m - 3} = \dots = f_{m - 1} f_{n} + f_{m} f_{n + 1}$

引理 3： $gcd (f_{n + m}, f_{n}) = gcd (f_{n}, f_{m})$

证明 3：

\begin{aligned} gcd (f_{n + m}, f_{n}) & = gcd (f_{n + 1} f_{m} + f_{n} f_{m - 1}, f_{n}) \\ = gcd (f_{n + 1} f_{m}, f_{n}) \\ = gcd (f_{n + 1}, f_{n}) gcd (f_{m}, f_{n}) \\ = gcd (f_{m}, f_{n}) \end{aligned}

这个式子就和辗转相除是一样的，于是就可以证明出 $gcd (f_{n}, f_{m}) = f_{gcd (n, m)}$ 。

1|15P1999 高维正方体

题意：求出在 $a$ 为空间的元素中，包含着多少个 $b$ 维空间的元素。

思路：神仙题。

首先看每个 $i$ 维立方体有多少个点，可以发现是 $2^{i}$ 。

设 $f [i] [j]$ 表示 $i$ 维立方体 $j$ 维元素数。从 $i = 3$ 开始找规律，每个点连 3 条边，每条边有两个点，于是 $f [3] [1] = \frac{3 f [3] [0]}{2}$ ；每条边连两个面，每个面有 4 个边，于是 $f [3] [2] = \frac{2 f [3] [1]}{4}$ ，同理有 $f [3] [3] = \frac{f [3] [2]}{6}$ 。

可以发现有 $f [i] [j] = \frac{(i + 1 - j) f [i] [j - 1]}{2 j}$ ，而我们又可以很快算出 $f [i] [0]$ ，于是就可以 $O (m)$ 算出 $f [n] [m]$ 。

1|16P4550 收集邮票

题意：有 $n$ 种邮票，第 $i$ 次购买要 $i$ 元，求买到所有邮票的期望钱数。

思路：考虑如果当前已经有了 $i$ 种邮票，那么买到新邮票的期望次数是 $\frac{n}{n - i}$ ，而平均价格是买前 $i$ 种邮票的期望次数之和，于是就可以直接计算。

1|17P7322 「PMOI-4」排列变换

题意：就是给定一个长度为 $k$ 的滑动窗口在长度为 $n$ 的排列上滑，问滑动窗口中的 $m a x$ 变化了多少次。

思路：发现答案增加可能是最左边的数是最小值，可能是新加进来的数是最小值。

考虑第一种情况，贡献是 $\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - i}{k - 1}) (k - 1)! (n - k)! (n - k)$ ， $i$ 枚举的是最小值，组合数和第一个阶乘是窗口中的情况，第二个阶乘是外面的情况。

考虑第二种情况，贡献是 $\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - i}{k}) (k!) (n - k - 1)! (n - k)$ 。

不过还要容斥掉两种都有的情况，这一部分是 $\sum_{i = 1}^{n} (\binom{n - i}{k - 1}) (k - 1)! (n - k - 1)! (n - k) (i - 1)$ 。

这样就做完了。

1|18[AGC019F] Yes or No

题意：有 $N + M$ 个问题，其中有 $N$ 个问题的答案是 YES， $M$ 个问题的答案是 NO。当你回答一个问题之后，会知道这个问题的答案，求最优策略下期望对多少。

思路：可以做一个很神仙的转化，就是可以当成在一个网格上，从 $(n, m)$ 走到 $(0, 0)$ ，向左相当于答案是 Yes，向下是 No。

最优策略是还剩的 Yes 多就回答 Yes，如果 NO 多就是 No，否则随便问。

可以发现，我们的策略相当于是往靠近 $y = x$ 这条线走。

怎么显然可以答对 $max (n, m)$ 个，还剩下的就是在线上时能蒙对多少个，那么求出经过这个点的总路径数，乘上 $\frac{1}{2}$ 即可。

1|19[AGC003D] Anticube

题意：给定 $n$ 个数 $s_{i}$ ，要求从中选出最多的数，满足任意两个数之积都不是完全立方数。

思路：首先，我们可以想到划分等价类，每一个等价类唯一对应一个和它乘起来是完全立方数的等价类。

划分方式也很简单，把质因数分解后的幂次对 3 取模即可。

然后就是这一题最大的难点：每个数的范围是 $10^{10}$ ，直接质因数分解肯定不行，用 PR 又有点大材小用。

我们发现，大于 $\sqrt[3]{V}$ 的质数最多只有两个，而且我们也仅仅只需要知道能与他们组成完全立方数的数是多少，于是可以只把不超过 $\sqrt[3]{V}$ 的质因数筛出来，然后判断剩下的是否是完全平方数即可。

1|20Side Transmutations

题意：给你一个包含 $m$ 个整数的序列 $b$ ( $b_{1} < b_{2} < \dots < b_{m}$ )。你可以对字符串 $S$ 作以下的操作：

1.选择一个合法的 $i$ ,并且令 $k = b_{i}$ ;

2.取出 $S$ 中前 $k$ 个字符 $P r_{k}$ ;

3.取出 $S$ 中后 $k$ 个字符 $S u_{k}$ ;

4.将 $S$ 中前 $k$ 个字符替换成翻转后的 $S u_{k}$ ;

5.将 $S$ 中后 $k$ 个字符替换成翻转后的 $P r_{k}$ ;

举个例子，我们令 $S =$ "abcdefghi"， $k = 2$ 。这时 $P r_{2} =$ "ab"， $S u_{2} =$ "hi"，翻转后有 $P r_{2} =$ "ba"， $S u_{2} =$ "ih"，那么最终得到的字符串 $S$ 就是 "ihcdefgba"。

这个操作可以被执行许多次（可能是零次），任何一个 $i$ 也可以被使用多次。

我们将字符串 $S$ 和 $T$ 称为相等的字符串，当且仅当存在一个操作序列，将字符串 $S$ 变成 $T$ 。对于上面的例子来说，"abcdefghi" 和 "ihcdefgba" 是相等的。注意到 $S$ 和它自己也是相等的。
你的任务很简单，数出互不相同的字符串的个数。

思路：其实并不难。

我们可以通过 $b$ 被字符串划分成若干段，对于任意一段，我们可以且仅可以把这一段关于中点翻转。

考虑每一段，左边有 $| A |^{l e n}$ 种情况，如果右边和左边不同，那么就会被算两次，贡献是 $\frac{| A |^{l e n} (| A |^{l e n} - 1)}{2}$ ，否则贡献是 $| A |^{l e n}$ 。你可以对字符串

考虑中间的一段，因为无法操作，于是方案数是 $| A |^{n - 2 b_{m}}$ 。

将每一段的贡献累加即可。

1|21Wrong Answer on test 233 (Hard Version)

题意：给定 $n$ ， $k$ 和值域 $[1, k]$ 的 $n$ 个整数 $h_{i}$ ，求有多少个长为 $n$ 的整数序列 $a$ 满足值域 $[1, k]$ ，且 $\sum_{i = 1}^{n} [a_{i} = h_{i}] < \sum_{i = 1}^{n} [a_{i} = h_{(i mod n) + 1}]$ 。

思路：设 $f [i]$ 表示差值为 $i$ 的方案数，容易发现 $f [i] = f [- i]$ ，那么我们要求的就是总共的方案数减去两式相等的方案数。

假设有 $m$ 个位置可以产生不同，那么枚举值，答案就是 $\sum_{i = 0}^{⌊ \frac{m}{2} ⌋} k^{n - m} C_{m}^{i} C_{m - i}^{i} (k - 2)^{m - 2 i}$ 。

最终用 $k^{n}$ 减去答案即可。

1|22P1943 LocalMaxima

题意：给出一个排列，求前缀最大值的期望个数。

思路：答案为 $\sum \frac{1}{i}$ 。

证明：如果 $i$ 要成为前缀最大值，那么比 $i$ 大的要在 $i$ 后面，其他的随便放，如果比 $i$ 小的数有 $p$ 种放法，概率就是 $p (n - i)! / p (n - i + 1)!$ ，即 $\frac{1}{n - i + 1}$ 。

1|23P3643 [APIO2016] 划艇

题意：给出序列 $a, b$ ，求有多少序列 $c$ ，满足 $c_{i} = - 1$ 或者 $c_{i} \in [a_{i}, b_{i}]$ ，且非 -1 的部分单增。

思路：先考虑所有 $a_{i}, b_{i}$ 分别相等的情况，可以设 $f [i] [j]$ 表示考虑前 $i$ 个数，最大值为 $j$ 的方案数，然后发现 $f [i] [j]$ 是 $i$ 次多项式，那么就可以用拉格朗日插值。

考虑一般的情况，发现每个区间都是 $n$ 次多项式，于是可以分别用拉格朗日插值来求。复杂度 $O (n^{3})$ 。

1|24P3239 [HNOI2015] 亚瑟王

题意：给 $n$ 个技能，每个技能有权值，有 $r$ 轮，开始时 $j = 1$ ，每张牌有 $p_{j}$ 的概率被选择，如果选择就进入下一轮，否则就令 $j + 1$ 。一个技能只能用一次，求技能的权值和的期望。

思路：根据期望的线性性，可以把每个技能的期望加起来，那么可以转成求每个技能被使用的概率 $a [i]$ 。

对于第一个，不出的概率是 $(1 - p [1])^{r}$ ，即每次到第一个技能都不选的概率。

对于其他牌，因为如果选择了就会直接跳过，我们并不好直接处理。考虑设 $f [i] [j]$ 表示前 $i$ 个技能中选了 $j$ 个的概率。那么对于第 $j$ 个技能，如果前 $i - 1$ 轮选了 $j$ 张个技能，那么有 $j$ 轮不会考虑第 $i$ 个技能，有 $r - j$ 轮会考虑，于是有 $a [i] = \sum f [i - 1] [j] (1 - (1 - p [i])^{r - j})$ 。

现在考虑怎么求 $f [i] [j]$ 。

如果最终没有选第 $i$ 张，那么有 $f [i] [j] = f [i - 1] [j] (1 - p [i])^{r - j}$ 。

如果选择了，就有 $f [i] [j] = f [i - 1] [j - 1] (1 - (1 - p [i])^{r - j + 1})$ 。

复杂度 $O (T n r)$ 。

1|25P3251 [JLOI2012] 时间流逝

题意：给定 $n$ 种价值不同的元素，你需要维护一个可重集（开始是空集）。每一步你有 $p$ 的概率删除集合中一个价值最小的元素，如果当前是空集则这种情况概率为
0；否则你将等概率的获得一个元素，满足这个元素的价值不大于任何一个已经获得的元素的价值。求达到（或超过）给定的一个阈值 T 所需的期望步数。

思路：设 $f (S)$ 表示当前集合为 $S$ ，要到达阈值的期望步数，那么记 $P$ 为 $S$ \ $min S$ ，后继为 $s u f (S)$ ，那么转移就是 $f (S) = 1 + p f (P) + \frac{1 - p}{| s u f (S) |} \sum_{T \in s u f (S)} f (T)$ 。

我们发现这个形式就是树上高斯消元的形式，可以套路的把 $f (S)$ 写成 $k f (P) + b$ ，这样一遍 DFS 就可以解决。

对于所有集合，我们发现我们只关心和以及最小值，那么可以在 dfs 时只维护这两个值，然后暴力搜索即可。

1|26P3292 [SCOI2016] 幸运数字

题意：在多次询问，每次在树上选择一条路径，求这条路径上的点的异或最大值。

思路：考虑类似时间戳线性基，求出每个点到根的线性基，并且保留离 $x$ 最近的数。

询问时先找出两个点可以用的数，然后把两个线性基合并，就可以求答案了。

1|27P3830 [SHOI2012] 随机树

题意：给出二叉树的生成方式：每次选择一个点然后加上左右儿子，直到有 $n$ 个叶节点，问叶节点的平均深度的期望和树深度的期望。

思路：对于第一问，设 $f [x]$ 表示有 $x$ 个叶子结点的平均深度，那么有 $f [x] = \frac{f [x - 1] (x - 1) + f [x - 1] + 2}{x} = f [x - 1] + \frac{2}{x}$ 。

对于第二问，设 $f [i] [j]$ 表示有 $i$ 个叶子的树中，树的深度大于等于 $j$ 的概率，那么有 $f [i] [j] = \sum_{k = 1}^{i} \frac{f [k] [j - 1] + f [i - k] [j - 1] - f [k] [j - 1] f [i - k] [j - 1]}{i - 1}$ 。

怎么证明是除 $i - 1$ 呢？

设 $p_{k}$ 表示左儿子有 $k$ 个叶子，右儿子有 $i - k$ 个叶子的树，深度不小于 $j$ 的概率为 $p_{k} = f [k] [j - 1] + f [i - k] [j - 1] - f [k] [j - 1] f [i - k] [j - 1]$ ，假设操作 $i - 1$ 次，这样的树的概率是 $p_{k}^{'}$ ，那么总的概率就是 $\sum_{k = 1}^{i - 1} p_{k} p_{k}^{'}$ ，那么我们就要证明 $p_{1}^{'} = p_{2}^{'} \dots p_{i - 1}^{'} = \frac{1}{i - 1}$ 。

我们考虑把操作写序列，L 表示在左子树加，R 表示在右子树，那么总共就会有 $k$ 个 L， $i - k$ 个 R，除掉根节点的 L,R，一共有 $C_{i - k + 1 + k - 1}^{k - 1} = \frac{(i - 2)!}{(k - 1)! (i - k - 1)!}$ 种。考虑生成 $k$ 个叶子的树的方案数，就是 $(k - 1)!$ ，因此左边有 $(k - 1)!$ ，右边有 $(i - k - 1)!$ 种，一共就是 $(k - 1)! (i - k - 1)!$ 种，乘起来发现答案就是 $(i - 2)!$ ，与两边的叶子数无关。于是就可以直接除以 $i - 1$ 。

1|28P4804 [CCC2016] 生命中的圆

题意：有一个圆环，每个位置是 0/1，每个时刻，每个位置会变成两边的异或和，求 T 轮后的状态。

思路：因为 T 很大，而且显然不能矩阵快速幂，于是考虑找结论。

我们假设进行 $2^{k}$ 轮，那么就有 $f [i] [j] = f [i - 2^{k}] [j - 2^{k}] \oplus f [i + 2^{k}] [j + 2^{k}]$ 。

证明可以采用数学归纳法。

$k = 0$ 时显然成立。

当 $k > 0$ 时，有 $f [i] [j] = f [i - 2^{k - 1}] [j - 2^{k - 1}] \oplus f [i - 2^{k - 1}] [j + 2^{k - 1}] = (f [i - 2^{k}] [j - 2^{k}] \oplus f [i - 2^{k}] [j]) \oplus (f [i - 2^{k}] [j] \oplus f [i - 2^{k}] [j + 2^{k}])$ ，于是得证。

因此直接把 T 二进制分解即可。复杂度 $O (n \log T)$ 。

1|29P4681 [THUSC2015] 平方运算

题意：给一个序列，要求支持区间平方和查区间和，给定可能用的质数。

思路：因为给了会用的质数，考虑能否从这方面入手。我们知道，在模意义下平方是有循环节的，而且可以发现，对于给定的质数，循环节长度不超过 60，于是可以直接上线段树，如果没有进入循环节就暴力修改，否则就打标记。

复杂度 $O (w n \log n)$ 。

1|30P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

题意：给一个 $m$ 次多项式 $f (x)$ ，求 $\sum_{k = 0}^{n} (f (k) x^{k} (\binom{n}{k}))$ 。

思路：因为有幂次和组合数，于是考虑转下降幂。假设转成下降幂多项式之后是 $\sum b_{i} x^{i}$ ，于是有：

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{n} \sum_{i = 0}^{m} b_{k} k^{\underset{―}{i}} x^{k} (\binom{n}{k}) & = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n - i}{k - i}) x^{k} \\ = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} \sum_{k = 0}^{n - i} (\binom{n - i}{k}) x^{k + i} \\ = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} x_{i} \sum_{k = 0}^{n - i} (\binom{n - i}{k}) x^{k} \\ = \sum_{i = 0}^{m} b_{i} n^{\underset{―}{i}} x_{i} (x + 1)^{n - i} \end{aligned}

那么现在的问题就是怎么把普通幂转下降幂。

因为有 $x^{n} = \sum_{i = 0}^{n} {\begin{matrix} n \\ i \end{matrix}} x^{\underset{―}{i}}$ ，于是有 $\sum_{i = 0}^{m} a_{i} k^{i} = \sum_{i = 0}^{m} a_{i} \sum_{j = 0}^{i} {\begin{matrix} i \\ j \end{matrix}} = \sum_{i = 0}^{m} k^{\underset{―}{i}} \sum_{j = i}^{m} {\begin{matrix} j \\ i \end{matrix}} a_{j}$

求出第二类斯特林数就可以了。

__EOF__

本文作者：Xttttr
本文链接：https://www.cnblogs.com/Xttttr/p/18014833.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！

posted @ 2024-02-13 21:18 Xttttr 阅读(39) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 贪心题做题记录

· 图论做题记录

· 数学部分做题记录

· AtCoder 简单题乱做

· 数论学习笔记

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

数学题做题记录

发表于 2024-02-13 21:18阅读：39评论：0推荐：0

总结

关注

跳至底部

昵称： Xttttr
园龄： 2年6个月
粉丝： 11
关注： 95

+加关注

随笔档案

阅读排行榜

评论排行榜

1. 2023中山纪中八校集训(1)

Xttttr

数学题做题记录

1|0数学

1|1[AGC031F] Walk on Graph

1|2P3747 [六省联考 2017] 相逢是问候

1|3[ARC089F] ColoringBalls

1|4Make Square

1|5P6276 [USACO20OPEN] Exercise P

1|6[AGC045F] Division into Multiples

1|7The Films

1|8Move by Prime

1|9CGCDSSQ

1|10Please, another Queries on Array?

1|11Instant Noodles

1|12Modular Stability

1|13Wish I Knew How to Sort

1|14P1306 斐波那契公约数

1|15P1999 高维正方体

1|16P4550 收集邮票

1|17P7322 「PMOI-4」排列变换

1|18[AGC019F] Yes or No

1|19[AGC003D] Anticube

1|20Side Transmutations

1|21Wrong Answer on test 233 (Hard Version)

1|22P1943 LocalMaxima

1|23P3643 [APIO2016] 划艇

1|24P3239 [HNOI2015] 亚瑟王

1|25P3251 [JLOI2012] 时间流逝

1|26P3292 [SCOI2016] 幸运数字

1|27P3830 [SHOI2012] 随机树

1|28P4804 [CCC2016] 生命中的圆

1|29P4681 [THUSC2015] 平方运算

1|30P6620 [省选联考 2020 A 卷] 组合数问题

公告

Xttttr

数学题做题记录

搜索

常用链接

我的标签

随笔档案

相册

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论