2021省选模拟总结

$2021$ 省选模拟总结

 

2021.2.20

T1. 人生如一叶

题目要求最大团，而最大团 = 补图的最大独立集。考虑原图的补图，可以发现其有优美的性质——补图是一张二分图。

二分图的最大独立集 = 点数 - 最大二分匹配 $\times$ 2，匈牙利 / 网络流求最大二分匹配即可。

 

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2021.3.29

T1. 要换换名字(name)

可以发现，当一个字符串有不少于 $m$ 个不同的子序列时，其一定有解。

所以对于每个字符串，只需要找出前 $n$ 小的子序列，设 $Next_{i, c}$ 表示第 $i$ 位后第一个字符 $c$ 的位置，$BFS$ 找子序列，由于不同字符串之间可能有相同子序列，所以需要 $trie$ 或 $hash$ 判重。

每个字符串向子序列连边，发现是一张二分图，二分 + 匈牙利找最大匹配即可。

 

T3. 获取名额(orz)

最终答案显然为 $1 - \prod_{i = l}^{r}(1 - \frac{a_i}{x})$。

当 $a_i / x$ 比较大(即 $1 - a_i / x$ 较小)时，$\prod{1 - a_i / x}$ 收敛得会很快($0.5^{20} < 10^{-6}$)，当其小于 $10^{-6}$ 时就可以直接输出了。

但是当 $a_i / x$ 比较小精度就过不去了，有 $\prod{1 - a_i / x} = \exp(\sum{\ln(1 - a_i / x)})$。

又知道 $\ln(1 + x)$ 的泰勒展开 $\sum_{n = 0}^{\infty}{\frac{n + 1}{(-1)^{n}} x^{n + 1}}$。

所以我们可以设定阈值 $L = 0.5$，每次询问将区间中的数分为两部分，由以上分析可知第一部分的数大概在 $25$ 左右；对于第二部分，可以分别预处理出泰勒展开的前 $25$ 项的前缀和。最后答案为 $1$ - 两部分的贡献相乘。

注意 $x > \max(a_i)$，所以可以将 $x$ 代换为 $x / \max(a_i)$，$a_i$ 代换为 $a_i / max(a_i)$ 以避免高精。

 

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2021.3.30

T1. 神奇纸牌(uno)

对于每一张纸牌有 $2^4$ 种颜色存在状态，所以我们可以 $2^{2^4}$ 枚举所有点数的颜色存在状态并，并查集判断并的合法性，注意！一个并合法当且仅当 并中出现的颜色 全部联通。

那么问题就转化为了有 $n$ 个带标号的球和 $m$ 个带标号的盒子，要求每个盒子非空的方案数，

简单容斥可以得出方案数为 $\sum_{i = 0}^{m}{(-1)^{m- i} i^n \binom{m}{i}}$。

 

T3. 打扫笛卡尔(cartesian)

考虑递推，设 $f_i$ 为序列长度为 $i$ 的期望舒适度的和，$g_i$ 为序列长度为 $i$ 时期望打扫得到的树的大小之和。

易得：

$$f_i = g_i + \sum_{j = 0}^{i - 1}{\binom{i - 1}{j} \frac{1}{2} (f_j \cdot (i - j - 1)! + f_{i - j - 1} \cdot j!)}$$

简单转换可得：

$$f_i = g_i + \sum_{j = 0}^{i - 1}{\frac{(i - 1)!}{j! (i - j - 1)!} f_j \cdot (i - j - 1)！} \\ = g_i + \sum_{j = 0}^{i - 1}{\frac{(i - 1)!}{j!} f_j}$$

类似地可以得到：$g_i = i! + \sum_{j = 0}^{i - 1}{\frac{(i - 1)!}{j} g_j}$。

$f$ 和 $g$ 显然可以 $O(n)$ 递推，时间复杂度 $O(n)$。

 

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2021.4.1

T1. 异或(inception)

令二进制下 $x$ 的最高位为 $k$，将消去最低 $k$ 位后相同的 $a_i$ 归为一组。

可以发现，一组内的选择方案只可能是 $0, \ 1, \ 2$，$0, \ 1$ 的方案数显然，$2$ 的方案数可以用 $trie$ 简单求出。组与组之间的方案数直接相乘。

 

T2. 计数(interwoven)

等价地求小于等于 $x$ 方案数，令 $f_i$ 为到第 $i$ 位地方案数，转移简单：$f_i = k f_{i - 1} - (k - 1) f_{i - x}$。

可以发现转移式等价于：一张 $N$ 个点的图，$i$ 到 $i + 1$ 有 $a$ 条边，$i$ 到 $i + x$ 有 $b$ 条边，求 $1$ 到 $N$ 的方案数，这个问题可以枚举 $b$ 的个数计算：

$$\sum_{i = 0}^{N / x}{\binom{i + N - ix - 1}{i} b^i a^{N - ix - 1}}$$

而代回原问题可得:

$$f_i = g_i - g_{i - x} \\[2ex] g_i = \sum_{j = 0}^{n / i}{\binom{j + i - jx - 1}{j} (1 - k)^j k^{i - jx - 1}}$$

$O(\frac{n}{i})$ 预处理 $f_i$，总时间复杂度 $O(n \log{n})$。

 

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2021.4.2

T1. 盗梦空间(inception)

首先以题目所给的 $K$ 个点为关键点建出虚树，分情况计算 $u$ 点：

1. $u$ 在虚树的点上，令 $f_i$ 表示据 $i$ 最近的关键点的距离，简单树形 $dp$ 计算。

2. $u$ 在虚树边上的某一点，对于长为 $len$ 的边 $(x,y)$，答案显然为 $\lfloor \frac{f_x + f_y + len}{2} \rfloor$。但是当 $|x - y| \geq len$ 时需要特判。

3. $u$ 在虚树边上的某一点延伸出的子树的深度最大的点上(不包括端点)，对于边 $(x, y)$，找出边上的分界点 $z$ 使得 $z$ 一下的点离 $f_y$ 更近，$z$ 以上的点离 $f_x$ 更近。

   对于 $z$ 以上的点，贡献为 $f_x + dep_{max} - dep_u$，$dep_{max}$ 表示 $z$ 以上子树中最大深度，倍增维护。

   对于 $z$ 一下的点，贡献为 $f_y + dep_y + dep_max - 2dep_v$，其中 $v$ 为 $z$ 一下子树深度最大的点，$dep_max$ 为其子树最大深度，同样可以倍增维护。

4. $u$ 在虚树某一点延伸出子树中深度最大的点，其实与 $3$ 本质相同，但是为了方便计算所以分开了。

   将每个点的儿子提前按最大深度排序，每次遍历儿子找到第一个不在虚树或虚树的边上的儿子，这样每次询问遍历的点不会超过 $K$，从而保证的时间复杂度的正确。贡献为 $f_x + dep_{max}- dep_x$。

最后还需要注意一些细节。

 

T2. 爱乐之城(lalaland)

令 $g(n) = \sum_{i = 1}^{n}{i \sum_{j = 1}^{n}{[i \perp j] k}}$，$f(n) = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n \mu(ij)$，然后大力推式：

$$g(n) = 2(\sum_{i = 2}^n{i \sum_{j = 1}^i{[i \perp j] j}}) + 1 \\[2ex] g(n) = 2(\sum_{i = 2}^n{i \frac{\varphi(i)i}{2}}) + 1 \\[2ex] g(n) = \sum_{i = 1}^n{i^2 \varphi(i)}$$

由此我们可以 $O(n)$ 预处理出 $g(n)$。然后对 $f(n)$ 大力推式：

$$f(n) = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n [i \perp j] \mu(ij) \\[2ex] f(n) = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n \mu(i) \mu(j) \sum_{d|(i, j)} \mu(d) \\[2ex] f(n) = \sum_{d = 1}^n \mu(d) \sum_{d|i} \mu(i) \sum_{d|j} \mu(j) \\[2ex] f(n) = \sum_{d = 1}^n \mu(d) (\sum_{d | i} \mu(i))^2$$

可以发现， $n$ 只会影响 $d|n$ 的项，所以可以增量求解，时间复杂度调和级数。

最后考虑答案 $F(S) = \sum_{T \in S} f(\gcd(a \in T)) \prod_{a \in T} g(a)$，构造函数 $h(d)$ 使得 $f(n) = \sum_{d|n} h(d)$，代入得：

$$F(S) = \sum_{T \in S} (\sum_{d|\gcd(T)} h(d)) \prod_{a_i \in T} g(a_i) \\[2ex] F(S) = \sum_{d = 1}^m d \prod_{d|a_i} (g(a_i) + 1)$$

可以发现 $S$ 中每加入一个 $a_i$，只会影响约束个数个 $d$，由于保证 $a_i$ 互不相同，复杂度依旧是调和计数。

 

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2021.4.5

T1. 悄悄话(word)

考虑从后往前做，令 $f_i$ 表示最后一句话是 $i$ 串的最大权值和。

将所有串拼接并求出 $sa$，可以发现包括整个串 $i$ 的后缀构成一个区间，$st$ 表 + 二分可以 $O(\log n)$ 找出区间。

区间求 $\max$ 线段树维护即可，每求出 $f_i$，遍历其所有后缀更新线段树上节点。

总时间复杂度 $O(\sum |s_i| \log (\sum |s_i|))$。

 

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2021.4.7

T1. 染色(coloring)

设第 $i$ 条横线包括的横线范围为 $[l_i, r_i]$，可以发现排序后 $l_i, \ r_i$ 都是单调不下降的。

考虑先染斜线，为了不算重，保证每一条不染的斜线都没有被染的横线 完全包含。考虑 $dp$，设 $f_{i, j}$ 为第 $i$ 条斜线必选且 $[r_i - j + 1, j]$ 的横线都被染的方案数，同时令 $g_i = \sum f_{i, j}$

枚举上一条染的斜线 $k$，分情况讨论：

1. $r_k < l_i$，此时需要保证 $[r_i - j + 1, j]$ 被染，$r_i - j$ 不染，$[l_i, r_i - j - 1]$ 可染可不染，斜线 $k$ 染色状态不会对 $i$ 造成影响，所以总的贡献为 $2^{r_i - l_i - j} g_k$。

2. $r_i - j > r_k$，同上需保证 $[r_i - j + 1, j]$ 被染且 $r_i - j$ 不染，但是可选择横线区间变为 $[r_k + 1, r_i - j - 1]$，斜向 $k$ 的染色状态同样无影响，总贡献为 $2^{r_i - r_k - j - 1} g_k$。

3. $r_i - j <= r_k$，此时斜线 $k$ 后 $r_k - r_i + j$ 位必染，且 $r_k - r_i + j - 1$ 位不染，总贡献为 $f_{k, r_k - r_i + j}$。

最终答案为 $\sum g_i$。