二轮前水题计划

二轮前水题记

5.4

洛谷P4607 [SDOI2018]反回文串

神仙反演Orzzzzzzzzzz

首先一个串的本质不同的轮换个数是不重叠最小循环节的长度

如果最小循环节的长度\(d\)是偶数，此时一个回文串的\(d\)种不同的轮换字符串当中恰好有两个回文串(本身一个，把前\(\frac{d}{2}\)个字符拼到后面一个)

否则\(d\)是奇数的话一定会有\(d\)个本质不同的字符串

首先考虑字符集为\(k\)的情况下回文串的数量\(g(n)\)

显然\(g(n) = k^{\lfloor\frac{n+1}{2} \rfloor}\)(固定一半)

那么设

\[\begin{cases} h(i) = &i &(i \equiv 1 \pmod 2)\\ &\frac{i}{2} &(Otherwise) \end{cases} \]

设\(f(i)\)表示最小循环节为\(i\)的字符串数量，显然有

\(Ans(n) = \sum_{d|n} h(d) f(d)\)

\(f(d)\)很难直接求，但是我们可以枚举循环节得到一个等式

\[g(n) = \sum_{d|n} f(d) \]

反演一下

\[f(n) = \sum_{d|n} \mu(d) g(\frac{n}{d}) \]

带入原来的公式

\[Ans(n) = \sum_{d|n} h(d) \sum_{k |d} \mu(k) g(\frac{d}{k}) \]

我们尝试枚举\(g\)

\[Ans(n) = \sum_{k|n} g(k) \sum_{k|d\text{且}d|n} h(d) \mu(\frac{d}{k}) \]

把\(d\)拆为\(d = d' * K\)，我们去枚举新的\(d'\)

\[Ans(n) = \sum_{k|n} g(k) \sum_{d|\frac{n}{k}} h(k d) \mu(d) \]

之前我们发现\(h\)函数有比较好的性质，这里似乎可以直接把\(d\)提出来。分析一下不难发现，只有当\(d\)是偶数且\(k\)是奇数是不能直接提。因为一个奇数不会有偶数因子，那么\(\frac{n}{k}\)一定是偶数

此时把式子中的\(k\)提出来，考虑一下\(k\sum_{d|\frac{n}{k}} h(d)\mu(d)\)的值，打一下表可以发现值总是\(0\)，因为\(2\)这个因子使得\(mu\)为\(\pm 1\)的项消掉了

那么在计算这时候直接把这种情况判掉就可以

原式变为

\[Ans(n) = \sum_{k|n} g(k)h(k) \sum_{d|\frac{n}{k}} d\mu(d) \]

然后直接对\(n\)进行Pollard-Rho分解，分解的同时可以求出后面的值，拿个map存一下。

然后dfs枚举约数直接算就行了

复杂度玄学，但是出题人把\(n\)出到\(10^{18}\)也只能这么干。。

5.3

洛谷P4606 [SDOI2018]战略游戏

首先建出圆方树，那么答案为包含所有询问点的最小联通块大小 减去关键点个数

最小联通块大小可以转化为边的贡献最后特判LCA，将所有点按dfs序排序后算出相邻两点的dis，最后/2即可

复杂度\(O(n log n)\)

5.2

洛谷P4620 [SDOI2018]荣誉称号

每个位置\(x\)向\(\frac{x}{2}\)连边最终会得到一棵完全二叉树

题目转化为：给出一个有点权的树，对于每个点可以花费\(b_i\)的代价使点权增加\(1\)，问使得所有长度为\(k + 1\)的链的点权和\(\% M\)均为\(0\)的最小花费

首先考虑序列的情况，稍加归纳后不难得到\(a_i \equiv a_{i + K + 1} \pmod M\)

放到树上话那么最终一个点的权值一定和它的\(K+1\)级祖先相同，因此对于前\(2^{k}\)个点，我们\(O(nm)\)预处理出\(w[x][y]\)表示\(x\)的点为\(y\)时，所有能被它限制的点的代价

现在只需要考虑前\(2^{k+1}-1\)个点，首先把标号\(< 2^k\)的叶子节点删掉，对于剩下的点的限制条件变为所有叶子节点到根的路径和\(\% M =0\)。那么设\(f[i][j]\)表示以\(i\)为根的子树，到所有叶子节点的权值\(\%M = j\)的最小代价，转移的时候暴力枚举该点的取值。

复杂度\(O(nm + 2^k m^2)\)可以拿到70分

考虑\(w\)的预处理，std在这里用了一个等差数列，实际上不用这么麻烦，因为\(a[i]\)取值只有\(200\)，直接对值域暴力就行

复杂度\(O(n + 2^k m^2)\)

4.26

BZOJ4145: [AMPPZ2014]The Prices

f[sta][i]表示买完sta中集合中的物品，当前在i号城市的最小代价

转移的时候枚举一下最后买的物品以及从哪儿买

前缀和优化一下

复杂度O(n2^mm)

cf 1129 E. Legendary Tree

每次可以给定两个不相交且非空的点集以及一个常数({S}, {T}, p)，系统会返回(u∈S, v∈T)且(u, v)经过p的点的对数。

需要在11111次操作后还原出树的形态

n <= 500

首先转化为有根树，假设1是根。根据题目描述我们实际上得到了几个操作

1.询问点集S中有多少在p的子树内 - ({S}, {1}, p)即可

2.询问某个点p的子树大小 - {{2, 3, 4, 5}, {1}, p}

接下来考虑怎么还原出一棵树，显然我们只要维护出父子关系就行了

首先询问出所有点的siz，从小到大排序，那么此时每个点的孩子一定在它左边。接下来动态的从做往右扫，实时维护一下没有找到父亲的所有节点。

然后直接在点集中二分就行了。

UOJ #311. 【UNR #2】积劳成疾

每个长度为k的区间都是独立的，所以我们直接对着最大值dp

f[i][j]表示长度为i的序列，最大值为<=j时 的所有答案，也就是对整体进行dp

转移的时候只需要考虑第一个j在哪儿，其余的可以通过f[i][j - 1]转移

icpc 2018 焦作 I

给出数轴上\(n\)个点，要求选出\(k\)个点，最大化两两的距离，对于所有的\(k=1, 2, 3, \dots n\)都要输出答案

有点小神仙，推出来感觉还是很有成就感的qwq

手玩一下不难得到最优策略：

偶数往两边放，同时维护任意对称点之间的距离

奇数往没放过的点放，往哪里放的贡献都是一样的，是上一次偶数放的两个点之间的距离

CometOJ#2 C

枚举独立集的大小是多少。那么最终答案是$\sum_{i=1}^n C_{n}^i * (\frac{x}{y})^{\frac{i(i-1)}{2}}

4.29

cf618 F. Double Knapsack

一个很强的限制条件是\(a_i, b_i <= N\)

我们首先求出两个序列的前缀和，记为\(sa, sb\)

同时对于所有的\(i\)，找到最大的\(0 <= sa[i] - sb[j] < N\)的最大的\(j\)，记新的数组为\(d_i\)

显然\(d_i\)的取值最多有\(n\)个，但是由于是前缀和，因此\(sa[0]\)也会有贡献(这个回路有点奇葩，看到下面就理解了)

也就是说\(n\)个位置，有\(n+1\)个取值，一定有一对是相同的

换句话说一定可以找到\(sa_i - sb_{j} = sa_{i'} - sb_{j'}\)，移一下项有\(sa_i - sa_{i'} =sb_{j} - sb_{j'}\)

因此我们求出\(d\)数组即可

loj#3083. 「GXOI / GZOI2019」与或和

单调栈入门题。

首先二进制拆分一下则我们只需要统计每一位的贡献。

第一问相当于求有多少矩形全为1

第二问相当于求有多少矩阵至少有一个1，相当于总数-全是0，取反之后相当于求多与少矩阵全为1，和第一问是一样的。

然后直接单调栈n^2

loj#2952. 「NOIP2018」赛道修建

傻逼贪心

首先二分一个答案

然后从从底向上合并，check的时候只需要判断是否能合成长度>=mid的链

4.30

洛谷P4559 [JSOI2018]列队

主席树板子题

每次需要在主席树上二分一个mid，满足\(mid - K + 1 = num[1 - mid]\)，然后xjb搞一搞

mmp写的代码一开O2就RE。本机一点问题都没有，不调了。。

loj#6253. 「CodePlus 2017 11 月赛」Yazid 的新生舞会

这题淦了我一下午，，不过还好最后淦出来了qwq

考虑每个数的贡献，显然每个区间[l, r]最多被统计一次

设当前数为x, 那么[l, r]能产生贡献当且仅当\(2sum_{l, r} > r - l + 1\)

求个前缀和也就是\(2s_r - r > 2s_{l - 1} + {l - 1}\)

然后相当于每次加公差为1的等差数列，线段树维护一下就好了