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。
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。
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：
简单转换可得：
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 \(O(n)\)。
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：
而代回原问题可得:
\(O(\frac{n}{i})\) 预处理 \(f_i\)，总时间复杂度 \(O(n \log{n})\)。
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：
-
\(u\) 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。
-
\(u\) 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。
-
\(u\) 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。
-
\(u\) 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：
由此我们可以 \(O(n)\) 预处理出 \(g(n)\)。然后对 \(f(n)\) 大力推式：
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：
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。
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 \(O(\sum |s_i| \log (\sum |s_i|))\)。
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：
-
\(r_k < l_i\)，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 \(2^{r_i - l_i - j} g_k\)。
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\(r_i - j > r_k\)，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 \(2^{r_i - r_k - j - 1} g_k\)。
-
\(r_i - j <= r_k\)，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 \(\sum g_i\)。
