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 $f_{u,i}+f_{v,j}+k{a}_u\to f_{u,i+j-k}^{\prime }$，其中对于 $k$ 的枚举有上界 $2min(i,j)$，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：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^N{\mu }^2(i)& =\sum _{i=1}^{\sqrt{N}}\mu (i)\lfloor \frac{N}{i^2}\rfloor \\ \sum _{i=1}^N{\mu }^2(i)i& =\sum _{i=1}^{\sqrt{N}}\mu (i)i^2\lfloor \frac{N}{i^2}\rfloor \end{array}$$

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 $F(x)=\sum f_i{x}^i$，有结论：

$$\sum f_i{i}^k=k![x^k]F(e^x)$$

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：

$$\begin{array}{rl}k![x^k]G(e^x)& =k![x^k]\sum g_i{e}^{xi}\\ & =k!\sum g_i[x^k]\sum _{t=0}\frac{i^t{x}^t}{t!}\\ & =\sum g_i{i}^k\end{array}$$

得证，则需求：

$$\begin{array}{rl}\sum f_i{i}^k& =k![x^k]F(e^x)\\ & =k![x^k]\prod _{i=1}^n\frac{1-e^{xi}}{1-e^x}\\ & =k!n![x^k]\prod _{i=1}^n\frac{1-e^{xi}}{xi}\frac{x}{1-e^x}\\ & =k!n![x^k]\exp (\sum _{i=1}^n\ln \frac{1-e^{xi}}{xi}-n\ln \frac{1-e^x}{x})\end{array}$$

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

$$[x^k]\exp (\sum _{i=1}^n{g}_i{x}^i(\sum _{t=1}^n{t}^i-n))$$

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 $[amodp=b]=[p|(a-b)]=\frac{1}{p}\sum _{i=0}^{n-1}{\omega }_n^{ai}{\omega }_n^{-bi}$ 这样的式子。
对于原题，施单位根反演得：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})s^i\sum _{j=0}^3[imod4=j]a_j\\ =& \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})s^i\sum _{j=0}^3{a}_j\sum _{k=0}^3{\omega }_4^{ki}{\omega }_4^{-kj}\\ =& \sum _{j=0}^3{a}_j\sum _{k=0}^3{\omega }_4^{-kj}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})s^i{\omega }_4^{ki}\\ =& \sum _{j=0}^3{a}_j\sum _{k=0}^3{\omega }_4^{-kj}(s{\omega }_4^k+1{)}^n\end{array}$$

在 $mod998244353$ 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 $(1+x)(1+x+x^2)\dots (1+x+\dots +x^{n-1})$，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 $\frac{1}{(1-x{)}^n}=\sum _{i\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+i-1}{n-1})x^i$，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 $\frac{1}{k}(i-(imodk))$，则有：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i\lfloor \frac{i}{k}\rfloor \\ =& \frac{1}{k}(\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^{i}i-\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i(imodk))\end{array}$$

先只看左侧，可以将 $i$ 置换进组合数，可以得到：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})i{p}^i\\ =& np\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{i-1})p^{i-1}\\ =& np(p+1{)}^{n-1}\end{array}$$

可以 $O(\log n)$ 的解决，考虑右边，枚举 $imodk$ 有：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i(imodk))\\ =& \sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i\sum _{j=0}^{k}j[k|(i-j)]\\ =& \frac{1}{k}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i\sum _{j=0}^{k-1}j\sum _{l=0}^{k-1}{\omega }_k^{il}{\omega }_k^{-jl}\\ =& \frac{1}{k}\sum _{l=0}^{k-1}\sum _{j=0}^{k-1}j{\omega }_k^{-jl}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})p^i{\omega }_k^{il}\\ =& \frac{1}{k}\sum _{l=0}^{k-1}(p{\omega }_k^l+1{)}^n\sum _{j=0}^{k-1}j{\omega }_k^{-jl}\end{array}$$

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 $\sum _{i=0}^{n-1}i{k}^i$，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 $f_m=max(k_j+(p_{j}mod2)+m-j)$，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。
$O(n^{2}m)$，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 $\underset{S}{max}(a(S)+b(MS\oplus S))$。
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 $O(2^{k}n\log n)$ 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 $O(n{\log }^{2}n)$ 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 $O(n{2}^n)$ 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 $O(n^3{2}^n)$，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 $O(N)$，$O(N\log N)$，$O(N{\log }^{2}N)$ 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 $O(N{\log }^{2}N)$，Code。

AGC027E ABBreviate

Tag：D-计数 DP。
令 a 为 $1$，b 为 $2$，则在 $mod3$ 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。