2024.1 杂题

To be a rock and not to roll.
这篇文章，以及以后可能的一些文章，会把同一个来源的题丢一块。

目录

• 牛客挑战赛 72 C. Crying 与哈密顿路
• D. Crying 与 404
• E. Crying 与初中数学
• 牛客挑战赛 71 D. 权值和 plus
• E. 寻找中位数 plus
• QOJ4824 Bracket-and-bar Sequences
• QOJ4826 Find the Parts
• QOJ2566 Inversions
• 「JOISC 2020 Day4」Capital City
• LOJ6485 LJJ 学二项式定理
• LOJ6499 颜色
• LOJ6077 逆序对
• 洛谷 P5591 小猪佩奇学数学
• CF1558F Strange Sort
• CF1556G Gates to Another World
• CF1093G Multidimensional Queries
• CF207C Game with Two Trees
• CF600F Edge Coloring of Bipartite Graph
• ARC161E Not Dyed by Majority (Cubic Graph)
• ARC160F Count Sorted Arrays
• ARC151E Keep Being Substring
  • Type 1：存在公共子串
  • Type 2：不存在公共子串
• AGC027E ABBreviate
• 「BJOI2016」水晶
• 「SDOI2017」序列计数

牛客挑战赛 72 C. Crying 与哈密顿路

Tag：D-树形 DP；D-背包。
令 \(f_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内的节点连出 \(i\) 条子哈密尔顿路的最优解，转移类似树形背包。
即 \(f_{u,i}+f_{v,j}+ka_u\to f'_{u,i+j-k}\)，其中对于 \(k\) 的枚举有上界 \(2\min(i,j)\)，对应将对应的若干条哈密尔顿路首尾相接。
总复杂度 \(O(n^3)\)，Code。

D. Crying 与 404

Tag：S-主席树。
因为是排列，所以 \([l,r]\) 内没有的数，就是 \([1,l-1]\cup [r+1,n]\) 里有的数。
使用主席树求第 \(k\) 大即可，注意要特判 \(k\ge r-l+1\) 的情况，\(O(n\log n)\)，Code。

E. Crying 与初中数学

Tag：M-整除分块；M-莫比乌斯反演；M-杜教筛；M-线性筛。
尝试枚举 \(a,b\)，即求：

\[\sum_{a=1}^{\sqrt{N}}\sum_{b=1}^{N/a^2} \mu^2(b)(a+b) \]

可以结合 \(\mu\) 的定义得到上述式子，套路展开成：

\[\sum_{a=1}^{\sqrt{N}}a\sum_{b=1}^{N/a^2} \mu^2(b)+\sum_{a=1}^{\sqrt{N}}\sum_{b=1}^{N/a^2}\mu^2(b)b \]

首先对于所有的 \(a\)，\(N/a^2\) 的个数是有限的，大致是 \(O(N^{1/3})\) 量级。
有经典结论：

\[\mu^2(i)=\sum_{d^2|i} \mu(d) \]

可导出：

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^{N}\mu^2(i)&=\sum_{i=1}^{\sqrt{N}} \mu(i)\lfloor\frac{N}{i^2}\rfloor\\ \sum_{i=1}^N\mu^2(i)i&=\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}\mu(i)i^2\lfloor\frac{N}{i^2}\rfloor \end{aligned} \]

对外层按 \(N/a^2\) 分段，内层则同样是类似的分段方式，剩下的就是求 \(\sum \mu(i)\) 和 \(\sum \mu(i)i^2\)，两者均可以用杜教筛带走。
需要设置合理的预处理范围，出题人题解说复杂度是 \(O(N^{3/7})\) 的，但是我不会证，Code。
感觉这类的数论题大部分都需要整预处理来平衡复杂度，很厉害。

牛客挑战赛 71 D. 权值和 plus

Tag：M-原根；M-模意义下对数；M-多项式快速幂。
首先对 \(S_i\) 取 \(\log\)，这样可以使得问题变成 \(\sum\)。
第 \(i\) 个数和任意一个数并没有区别，只需要求出某个数出现的次数即可，即模意义下背包 \(K-1\) 个数背出某个数的方案，剩下的一个数可以一一对应。
\(K\le 10^5\)，故转成生成函数施多项式快速幂即可，不过这里因为是模意义下的可能只能朴素 \(O(P\log P\log K)\) 的来做，最后统计答案是简单的，感觉有点刻意，Code。

E. 寻找中位数 plus

Tag：S-线段树。
令 \(>k\) 的数为 \(+1\)，\(<k\) 的数为 \(-1\)，\(k\) 为 \(0\)，则中位数为 \(k\) 就意味着这个区间至少有一个 \(0\)，且区间的总和为 \(0\) 或 \(1\)。
但是目前还是不好找区间，但是有结论：如果存在合法区间，则一定存在一个区间，满足他的左端点或右端点为 \(0\)，证明略。
于是使用线段树维护第一个 \(0\) 向右的总和，最后一个 \(0\) 向左的总和，当前区间前缀的最大值，当前区间后缀的最大值，即可合并答案，\(O(n\log n)\)，Code。

QOJ4824 Bracket-and-bar Sequences

Tag：D-计数 DP。
写个暴力会发现合法的括号序列个数比 \(2\times 10^{18}\) 要小，所以直接按照一定顺序编号即可，有点细节但不多。
然后写暴力试填即可，Code。

QOJ4826 Find the Parts

Tag：H-构造；H-哈希；cin 的使用方法。
发现我们可以用的 bit 数量大约是矩阵的 \(\frac{1}{10}\)，直接对着这个想。
发现存下来第 \(10n\) 行就行了，这样一定可以存下来查询矩阵的某一些东西，然后就可以跑哈希直接找到这个矩阵里面的某一行了。
复杂度没算，但是好像有点慢，不管了能过，Code。

QOJ2566 Inversions

Tag：M-生成函数；M-多项式 exp；M-多项式 ln；H-分段打表；M-自然数幂和。
令 \(F(x)\) 表示对应的生成函数，则有 \(F(x)=\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n}\)，令 \(F(x)=\sum f_ix^i\)，有结论：

\[\sum f_ii^k=k![x^k]F(e^x) \]

证明：对于任意生成函数 \(G(x)\)，令 \(g_i\) 为 \(G(x)\) 的第 \(i\) 项系数，有：

\[\begin{aligned} k![x^k]G(e^x) & =k![x^k]\sum g_ie^{xi}\\ &=k!\sum g_i [x^k]\sum_{t=0} \frac{i^tx^t}{t!}\\ &=\sum g_i i^k \end{aligned} \]

得证，则需求：

\[\begin{aligned} \sum f_ii^k &=k![x^k]F(e^x)\\ &=k![x^k]\prod_{i=1}^n \frac{1-e^{xi}}{1-e^x}\\ &=k!n![x^k]\prod_{i=1}^n\frac{1-e^{xi}}{xi} \frac{x}{1-e^x}\\ &=k!n![x^k]\exp(\sum_{i=1}^n\ln\frac{1-e^{xi}}{xi} -n\ln\frac{1-e^x}{x})\\ \end{aligned} \]

令 \(G(x)=\ln\frac{1-e^x}{x}\)，\(g_i\) 为 \(g_x\) 的系数，则有：

\[[x^k]\exp(\sum_{i=1}^ng_ix^i(\sum_{t=1}^nt^i-n)) \]

使用斯特林数求出自然数幂和，分块打表求 \(n!\)，则整个问题可以在 \(O(k^2)\) 内解决，这里只需要写 \(O(k^2)\) 多项式操作，也可以做到 \(O(k\log k)\) 但没必要，Code。

「JOISC 2020 Day4」Capital City

Tag：H-贪心；T-点分治。
有贪心：任取某个点为根，现在试图将这个根到与其同颜色的点打通，则枚举每一个同颜色的点向上跳父亲直到跳到同颜色即可，注意可能中途会加入其它节点。
有性质：如果在某一方案中染色到了 \(x\)，则从 \(x\) 出发的染色方案一定不劣于当前的方案，证明：显然有上界次数为直接把这个方案拿过来用。
使用点分治来加速贪心的过程，每次贪心的时候发现贪心的部分越出了子树就跳出不做，即可做到 \(O(n\log n)\)，Code。

LOJ6485 LJJ 学二项式定理

Tag：M-单位根反演。
单位根反演即：\([n|a]=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\omega_n^{ak}\)。
可以导出 \([a\bmod p=b]=[p|(a-b)]=\frac{1}{p}\sum_{i=0}^{n-1}\omega_n^{ai}\omega_n^{-bi}\) 这样的式子。
对于原题，施单位根反演得：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n \binom n i s^i \sum_{j=0}^3 [i\bmod 4=j]a_j\\ =&\sum_{i=0}^n \binom n i s^i \sum_{j=0}^3 a_j\sum_{k=0}^3 \omega_4^{ki}\omega_{4}^{-kj}\\ =&\sum_{j=0}^3 a_j \sum_{k=0}^3 \omega_4^{-kj}\sum_{i=0}^n \binom n i s^i\omega_4^{ki}\\ =&\sum_{j=0}^3 a_j \sum_{k=0}^3 \omega_4^{-kj}(s\omega_4^k+1)^n \end{aligned} \]

在 \(\bmod 998244353\) 意义下计算 \(\omega_4\) 是简单的，Code。

LOJ6499 颜色

Tag：S-分块；S-ST 表；S-四毛子。
听说这个东西就叫四毛子？
注意到问题很强，考虑分块乱搞，令块长为 \(B\)，使用 bitset 维护每一块的信息，块间使用 ST 表来维护，这样预处理复杂度 \(O(\frac{n^2}{B\omega}\log \frac n B)\)，单次询问复杂度 \(O(B+\frac{n}{\omega})\)，取 \(B=\frac{n}{\omega}\)，即可做到 \(O(n\log \omega+\frac{nm}{\omega})\) 的优秀复杂度，可能有更优块长，Code。

LOJ6077 逆序对

Tag：M-生成函数；D-背包 DP。
对于长度为 \(n\) 的序列，考虑将每个数依次插入序列中，则可以得到生成函数 \((1+x)(1+x+x^2)\ldots(1+x+\ldots +x^{n-1})\)，同除 \((1-x)\) 得到 \(F(x)=\frac{\prod_{i=1}^n (1-x^i)}{(1-x)^n}\)。
接下来只需要求出 \([x^k]F(x)\) 了，首先有 \(\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{i\ge 0} \binom{n+i-1}{n-1} x^i\)，可以联系插板法证明，分子则可以看成取出若干个数其和为 \(s\)，取出奇数个数则贡献为 \(-1\)，否则贡献为 \(1\)。
令 \(f_{i,j}\) 表示取 \(i\) 个数总和为 \(j\) 的方案数，因为有 \(k\) 的限制，所以 \(i\le \sqrt{k}\)，状态数正确，考虑转移即可。

• 令当前背包内的所有值 \(+1\)，\(f_{i,j}\to f_{i,j+i}\)；
• 令当前背包内的所有值 \(+1\)，并塞个 \(1\) 进来：\(f_{i,j}\to f_{i+1,j+i}\)；
• 除去加入 \(n+1\) 的情况：\(-f_{i,j}\to f_{i+1,j+n+1}\)。

转移后卷积即可，时间复杂度 \(O(k\sqrt{k})\)，Code。

洛谷 P5591 小猪佩奇学数学

Tag：M-单位根反演。
可以将 \(\lfloor\frac i k\rfloor\) 拆成 \(\frac 1 k (i-(i\bmod k))\)，则有：

\[\begin{aligned} & \sum_{i=0}^n \binom n i p^i \lfloor\frac i k\rfloor\\ =& \frac 1 k(\sum_{i=0}^n\binom n i p^ii-\sum_{i=0}^n\binom n i p^i(i\bmod k))\\ \end{aligned} \]

先只看左侧，可以将 \(i\) 置换进组合数，可以得到：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n\binom n i ip^i\\ =&np\sum_{i=0}^n\binom {n-1} {i-1} p^{i-1}\\ =&np(p+1)^{n-1} \end{aligned} \]

可以 \(O(\log n)\) 的解决，考虑右边，枚举 \(i\bmod k\) 有：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n\binom n i p^i(i\bmod k))\\ =&\sum_{i=0}^n\binom n i p^i \sum_{j=0}^k j[k|(i-j)]\\ =&\frac 1 k\sum_{i=0}^n\binom n i p^i\sum_{j=0}^{k-1}j\sum_{l=0}^{k-1}\omega_{k}^{il}\omega_k^{-jl}\\ =&\frac 1 k\sum_{l=0}^{k-1}\sum_{j=0}^{k-1}j\omega_k^{-jl}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}p^i\omega_k^{il}\\ =&\frac 1 k\sum_{l=0}^{k-1}(p\omega_k^l+1)^n\sum_{j=0}^{k-1}j\omega_k^{-jl}\\ \end{aligned} \]

目前已经导出了一个 \(O(k^2)\) 做法，但是 \(\sum_{j=0}^{k-1}j\omega_k^{-jl}\) 这个形式是错位相减，可以导出 \(O(\log k)\) 的计算式。
下面写一下推导：令 \(S(n,k)\) 表示 \(\sum_{i=0}^{n-1} ik^i\)，有结论，此时的 \(S(n,k)=(An+B)k^n-B\)，其中 \(A,B\) 为参数。
注意到此时 \(k^n=(\omega_k^{-l})^k=1\)，所以 \(S(n,k)=An\)，结合结论有 \(A=\frac{1}{k-1}\)，即 \(S(n,k)=\frac{n}{k-1}\)，注意要特判 \(k=1\)。
做到 \(O(k\log k)\)，done，Code。

CF1558F Strange Sort

Tag：S-线段树。
感觉同上啊，先转成 \(01\) 序列，发现我们的答案就是对于所有 \(x\) 求一下最大值，然后注意到扫描 \(x\) 的过程相当于单点 \(1\to 0\)，这很好，尝试讨论一下 \(01\) 序列的答案。
令 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个 \(0\) 移到他的对应位置需要多少轮，分情况讨论：

• 移动的过程中，前一个 \(0\) 挡住了当前的 \(0\)，轮数就会是 \(f_{i-1}+1\)；
• 全程没人挡着，那就是前面的 \(1\) 的个数加上当前位置的奇偶性。
  目标为 \(f_m\)，将式子拆开则有 \(f_m=\max(k_j+(p_j\bmod 2)+m-j)\)，其中 \(k_j\) 是第 \(j\) 个 \(0\) 前面的 \(1\) 的数量，\(p_j\) 是第 \(j\) 个 \(0\) 的位置，枚举 \(m\) 使用线段树维护即可，可以看成维护左边 \(1\) 加上右边 \(0\) 再加上奇偶性，\(O(n\log n)\)，Code。

CF1556G Gates to Another World

Tag：S-线段树；S-并查集。
操作以区间的形式表示，于是尝试建立动态开点线段树（很困难），发现题目的建边可以看成：对于每个点向左右两侧递归，并将对应的点连边。
时间倒流将删边变成加边，于是对于每个节点维护其对应被加入的时间，对于一个区间内相同加边删边的点，使用这个点对其整体维护，于是复杂度就对了。
\(O(n^2m)\)，Code。

CF1093G Multidimensional Queries

Tag：S-线段树。
trick 罢了。
令 \(S\) 为 \(k\) 位二进制数，每一位表示正负性，则可以认为 \(a,b\) 的曼哈顿距离就是 \(\max_S(a(S)+b(MS\oplus S))\)。
分开维护 \(a(S)\) 和 \(b(MS\oplus S)\) 的最大值，使用线段树维护区间合并，即可在 \(O(2^kn\log n)\) 内维护出答案，Code。

CF207C Game with Two Trees

Tag：R-Trie；S-树状数组；S-树链剖分；H-倍增；R-字符串哈希
仅讲述 C3 做法。
令 \(q\) 为 \(j\) 的 \(l\) 级祖先，\(S(x,y)\) 表示 \(x\) 到 \(y\) 的路径所形成的字符串，则要求 \(S(i,1)=S(q,j)\)。
转成 \(S(1,i)=S(j,q)\)，这个时候 \(T_1\) 就可以合并成一棵有点权的 Trie 树。
对于每一个 \(j\)，考虑求出他能够匹配出的最长长度，其对应的节点 \(i\) 的祖先链都一定会有 \(1\) 的贡献。
考虑回过头来处理操作，考虑如下的维护方法：

• 加入 \(T_1\) 的节点时，查询当前节点的权值 \(b\)，并给当前节点子树内的所有点权值 \(a\) 加 \(1\)。
• 加入 \(T_2\) 的节点时，对其对应的节点 \(i\)，查询权值 \(a\)，并给对应节点子树内的所有点权值 \(b\) 加 \(1\)。

容易拍平到 DFS 序上使用两个树状数组维护，现在只需要求出对应的节点 \(i\)。
枚举 \(j\)，对 \(j\) 倍增跳，对 \(i\) 则将 \(T_1\) 重链剖分，每次沿重链倍增向下跳，跳到最底下走轻边，比较的过程使用哈希，于是倍增 \(\log n\) 次，就是 \(O(n\log^2n)\) 的了，Code。
不要拘泥于在线维护这样的事情，要考虑整体的处理以及问题的转化。

CF600F Edge Coloring of Bipartite Graph

Tag：G-二分图边染色。
答案为最大点度，构造方法是每次枚举一条边，然后求两边点集的最小可能颜色，如果颜色不相同就交叉染色即可。
时间复杂度 \(O(nm)\)，Code。

ARC161E Not Dyed by Majority (Cubic Graph)

Tag：H-随机化；G-2-SAT。
啊？
结论：答案占比比较大。
随机答案，现在问题转化为写 checker，发现这东西就是一个 2-SAT，限制形如 \(a\) 取了 B 则 \(b,c\) 取 W，这样的，直接建图即可。
Code。

ARC160F Count Sorted Arrays

Tag：D-计数 DP。
其实还算套路？使用不知道从哪里听来的套路：枚举 \(x\)，将 \(\ge x\) 的数设为 \(1\)，\(<x\) 的数设为 \(0\)，则一个排列可以被拆成 \(n+1\) 个长度为 \(n\) 的 \(01\) 数组，认为排列有序当且仅当这些 \(01\) 数组均变得有序。
对所有的 \(01\) 数组模拟其排序的过程，则可以记录下来某个 \(01\) 数组最终被排成了谁，利用这个东西可以 DP 求出对应的原排列数，单次复杂度是 \(O(n2^n)\) 的，不能通过。
然而注意到其实有很多次操作都是无效操作，毛估估一下会发现有效操作的量级是 \(O(n^2)\) 的，每次暴力维护一下哪些操作是有效的就可以优化到 \(O(n^32^n)\)，Code。

ARC151E Keep Being Substring

Tag：G-最短路；S-最长公共子串。

Type 1：存在公共子串

此时将 \(X\) 删到 \(LCS(X,Y)\)，再扩充到 \(Y\) 最优，答案为 \(P+Q-2|LCS(X,Y)|\)，可以使用你喜欢的方法做到 \(O(N)\)，\(O(N\log N)\)，\(O(N\log ^2N)\) 不等。

Type 2：不存在公共子串

发现此时只可能先将 \(X\) 删到只剩某一个字符，再从这一个字符出发走到另一个字符，扩展得到 \(Y\)。
建立图论模型，建立超级源点 \(S\)，超级汇点 \(T\)，建立如下边：

• \((S,X_i,0)\)；
• \((Y_i,T,0)\)；
• \((A_i,A_{i+1},1),(A_{i+1},A_i,1)\)。
  设得到的最短路长度为 \(d\)，则答案为 \((P-1)+(Q-1)+2d\)，跑 \(01\) BFS 即可，复杂度 \(O(N)\)。

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综上，可以在 \(O(N)\) 的时间复杂度解决该问题，偷懒写了 \(O(N\log^2N)\)，Code。

AGC027E ABBreviate

Tag：D-计数 DP。
令 a 为 \(1\)，b 为 \(2\)，则在 \(\bmod 3\) 意义下整个序列的和不变。
考虑得到的字符串 \(t\)，尝试把 \(s\) 划分成若干段，每一段均对应 \(t\) 每一位，可以证明若最后剩下的一段总和为 \(0\)，则一定可以匹配出来。
考虑分段 DP，尝试划分每一段的最终答案，转移一定是从上一个前缀和不为 \(p_i\) 的位置转移过来，这样 DP 就可以了。
\(O(n)\)，Code，好像很胡，但是算了。

「BJOI2016」水晶

Tag：G-网络流。
以 \(a_i+b_i+c_i\) 对 \(3\) 的余数分类，会发现不能够出现的连在一起的水晶满足 \(2,0,1\) 这样的模式。
套路的，建立最小割模型，对于 \(2,1\) 类型的点只需要分别连到超级源超级汇，对于 \(0\) 类型的点拆点，然后将不能够出现的水晶求一下就可以了，Code。

「SDOI2017」序列计数

Tag：D-计数 DP；M-矩阵快速幂。
没有第二条限制只需要令 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 个数总和为 \(j\) 的总方案数，可以矩阵快速幂加速，\(O(p^3 \log n)\)。
有的话只需要容斥掉只选合数的情况，这可以再跑一遍矩阵快速幂，没了，Code。