1月杂题

2023年了呢。

期末也终于考完了。

一.CF1336F Journey

题意：给你一棵 $n$ 个点的树和上面的 $m$ 条简单路径，问有多少对路径的交 $\geq k$ 。

$n\le 2*10^5$ 。

做法：考虑两个路径有交时，lca 一定成祖先关系。

第一种情况：lca 不相等，简单，略。

第二种情况: lca 相等，且它们的交只有形如从 $lca$ 到 $u$ 的一段。简单，略。

第三种，lca 相等，且交有两段。这个就比较困难了。

这个就是一个 $(d[lca(u_i,u_j)]-d[LCA])+(d[lca(v_i,v_j)]-d[LCA])\geq k$ 。

我们把所有 $u_i$ 的虚树建出来，进行一个启发式合并，那每次合并的时候就都要查一个形如:

$\sum\limits_{i\in S} [d[lca(v,i)]\geq A]$ 的东西。

我们通过线段树维护 $S$ 中的数的 dfn 序即可，查询就不难了。

所以合并的时候同样要对线段树进行修改，可以暴力插入？也可以线段树合并。

复杂度 $O(n\log^2 n)$ 。很巨大啊这个题，我写了 4.9k。

二.ARC064F Rotated Palindromes(加强版：[SDOI2018]反回文串)

题意：一个串合法的条件是有一个回文串和它循环同构。

给出 $n$ 和 $k$ ，问你有多少个合法串满足长度为 $n$ ，每个位置都是正整数，且 $\le k$。

$n\le 10^9$ 。（加强：$n\le 10^{18}$，多测，$T\le 10$） 。

做法：感觉搞复杂了，但还是写写吧。

就是说可以考虑容斥。枚举集合 $S$ 对于 $i\in S$,$c[i,n]+c[1,i-1]$ 是回文串。

令 $S(b)=\sum b_i$ 。

改为枚举一个“环”差分数组满足 $S(b)=n$ 。

然后可以证明，为了满足条件，令 $V(b)=\gcd(S(b),\gcd\limits_{i=1}^l 2b_i)$ ,则 $c$ 有一个长度为 $V(b)$ 的周期，证明略。

令 $f(n)$ 是长度为 $n$ 的回文串个数，这个很好算。

则式子可列为：$n\sum [S(b)=n]f(V(b))(-1)^{|b|-1}/|b|$ 的形式。

踢掉常数，枚举 $V(b)$，变成 $n\sum\limits_{k|n} f(k)\sum [S(b)=n][V(b)=k](-1)^{|b|-1}/|b|$

我们分类讨论:

第一种是 $n$ 为偶数，则 $k$ 一定是 $2$ 的倍数。令 $N=n/2$ 。

我们令 $Z(b)=\gcd(S(b),\gcd\limits_{i=1}^l b_i)$ 。

答案变成 $n\sum\limits_{k|N} f(2k)\sum [Z(b)=1][S(b)=N/k](-1)(-1)^{|b|-1}/|b|$ 。

通过莫比乌斯反演以及组合推导，令 $P(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)d$ ，则上式等于 $\sum\limits_{k|N} f(2k)kP(N/k)$ 。

第二种是 $n$ 为奇数，此时 $V(b)=Z(b)$ ，就更直接了：答案等于 $\sum\limits_{k|n} f(k)kP(n/k)$ 。

每次算 $P(x)$ 速度可以做到 $δ(x)$ 。$δ(n)$ 是 $n$ 质因子个数。

如果用 pollard-rho 分解质因数，可以做到 $O(n^{1/4}+\sigma(n)δ(n)\log n)$ 。这个就是加强版了。

三. Baekjoon 19425 Line Counting

题意：有 $n(n+1)/2$ 个整点，每个 $(i,j)$ 满足 $1\le i \le j \le n$ 。

问有多少条直线穿过了至少两个点。

多测，$\sum n\le 2*10^9$ 。

做法：令 $T(x)=x(x+1)/2$ 。当 $x<0$ 时 $T(x)=0$ 。

通过数学推导可得答案为 $3\sum_{i=1}^n \varphi(i)(T(n-i)-T(n-2i))$ 。

展开多项式，分段计算。则我们需要计算 $\sum_{i=1}^n \varphi(i)i^k$ ，其中 $k<3$ 。这是杜教筛练习题。

四. CF1630F Making It Bipartite

题意：有 $n$ 个点，有互不相同的点权。如果 $i$ 和 $j$ 满足 $a_i$ 是 $a_j$ 的倍数，则从 $i$ 往 $j$ 连一条无向边。

求最少删掉多少点，使得图是二分图。

做法：有一个很好观察到的结论，就是如果不存在 $i,j,k$ 满足 $a_i$ 是 $a_j$ 倍数，$a_j$ 是 $a_k$ 倍数，那这个图就是二分图。

必要性显然，充分性可以反证一下。

结论换个说法，就是每个点只能连向比它小的点，或者比它大的点。

于是我们进行拆点建图，问题变成了 DAG 最长反链，就可以跑 Dinic 算了，复杂度 $O(n\sqrt{n})$ 。

五.HDU6801

题意: $n$ 个石子排成环，你会从第一个石子开始进行操作，直到所有石子都被移走：

一. 以 $p$ 的概率移走当前石子。

二. 移动到下一个还没有被移走的石子。

对于 $1\le i\le n$ ，求出第 $c$ 个石子是第 $i$ 个被移走的概率。

$n\le 10^6$ 。

做法：枚举 $c$ 是第几轮被删的，令 $q=1-p$ ，则答案的生成函数(这里我算反了，影响不大)可以写成：

$(1-q)\sum_{i\geq 0}q^i(q^{i+1}x+(1-q^{i+1}))^c(q^ix+(1-q^i))^{n-1-c}$ 。

考虑令 $y=x-1$ 。

答案写成 $(1-q)\sum_{i\geq 0}q^i(q^{i+1}y+1)^c(q^iy+1)^{n-1-c}$ 。

踢开常数，二项式定理展开，交换求和顺序，可以得到 $\sum_{j\geq 0}\tbinom{c}{j}q^j\sum_{k\geq 0}\tbinom{n-1-c}{k}y^{j+k} \sum_{i\geq 0}q^{i(1+j+k)}$

则等于 $\sum_{j\geq 0}\tbinom{c}{j}q^j\sum_{k\geq 0}\tbinom{n-1-c}{k}y^{j+k} \tfrac{1}{1-q^{1+j+k}}$

卷积计算即可。但是我们需要把 $y=x-1$ 带进去，用二项式定理展开，计算。这是一个差卷积的形式。

六.codefestival 2016 final I Reverse Grid

神题！

题意：给你一个 $n*m$ 的矩阵，每次可以翻转一列或一行，可以翻转若干次，求能得到多少种不同的排列。

$n,m\le 200$ 。

做法：

首先它一定是 $(i,j),(n+1-i,j),(i,m+1-j),(n+1-i,m+1-j)$ 这四个位置的数在内部交换，我们称这是一个环。

我们考虑，如果依次操作第 $i$ 行，第 $j$ 列，第 $i$ 行，第 $j$ 列，那么它内部实现了位移，并且外部都是不变的。

可以通过程序验证，通过另外三个类似的操作，叠起来，可以得到 $12$ 种不同的排列。这是非常神的一个构造。

我们令一个排列的奇偶性是 $i$ 往 $p_i$ 连一条边，环个数的奇偶性。则我们可以得到 $24$ 种排列里所有为偶数的排列。

考虑一次翻转，对它覆盖到的环，奇偶性一定会改变。

得到结论：一个环，如果被覆盖偶数次，能造出 $12$ 种排列，否则能造出另外 $12$ 种。

需要注意的是，如果这 $4$ 个位置有相同的数，则覆盖次数不影响，我们一定内部能构造出 $4!/\prod c_i!$ 种组合。

现在问题就变成了，有 $n$ 个变量 $x_i$ 和 $m$ 个变量 $y_i$ ，$a_{i,j}=x_i \operatorname{xor} y_j$

在不关心一些 $a_{i,j}$ 的情况下，问能得到多少种不同的 $a$ 序列。

我们把 $a$ 看成一个 $O(nm)$ 位的二进制数，则转化成，$n+m$ 个二进制数，求线性基大小。

利用 bitset 优化，复杂度 $O(n^4/w)$ 。太好了这个题，每一步都很神。

ps:其实最后一步纯粹是小丑啊。考虑对于一个需要关心的 $a_{i,j}$ ,从 $i$ 往 $j+n$ 连一条边。

那我们对于每一个连通块，随便取一个生成树，发现固定生成树上边的权值，其他的边也确定了，所以一个大小为 $|S|$ 的连通块方案数就是 $2^{|S|-1}$ 。

这就用并查集维护就好了。这个题复杂度是 $O(n^2)$ 的。

七.ARC153D Sum of Sum of Digits

题意：$f(x)$ 是十进制下 $x$ 的 popcount。给你 $n$ 个正整数 $a_i$，求 $\sum f(a_i+x)(x\geq 0)$ 的最小值。

做法：这么套路的题这点人过？这场打了就是起飞场啊。结果我在教室里做物理卷子卡选择题（

就是你从低位到高位确定 $x$ ，然后考虑每个 $a_i+x$ 的进位。

填完 $j$ 位后，把 $a$ 按照 $j$ 位拼起来的值从大到小排序，则 $a_i+x$ 进位了的一定是一段前缀。

所以 $dp_{i,j}$ 记录 $i$ 个数进位了，考虑到第 $j$ 位，前 $j$ 位这个 popcount 和 的最小值，转移一下就好了。

实现的好可以做到 $O(10n\log A)$ 。

八.LOJ2469 最小方差生成树 (80pts)

一个树的方差是所有边边权的方差。

题意：给你一个无向图和一个 $T$，如果 $T=1$ ，则 $1\le n\le m \le 10^5$ ，要求计算整个图的最小方差生成树权值；

否则 $1\le n\le 300,1\le m\le 10^5$ ，对于第 $1\le i\le m$ ，计算删掉第 $i$ 条边后的最小方差生成树。

不保证联通，无生成树输出 $-1$ 。

做法：神题 。

首先方差可以看成 $\sum (x-a_i)^2$ 取到最小值。

一个 naive 的想法是，枚举可能的 $x$ ，直接计算 $\sum a_i$ 和 $\sum a_i^2$。本质不同的 $x$ 有 $O(m^2)$ 个。这肯定是过不去的。

先把边从小往大排序。

我们考虑计算，一个边，在 $x$ 处于什么范围时，会被选到最小生成树里。如果 $x\le a_i$ ，则满足 $a_j\le 2x-a_i,j<i$ 的 $j$ ，会在 kruskal 时被先考虑。

（我们令 kruskal 时 $(a_i-x)^2$ 为第一关键字，编号为第二关键字。）

所以我们把边从小往大排序后，计算从 $i-1$ 到 $1$ ,依次加边，计算什么时候 $u_i$ 和 $v_i$ 联通，计为 $l_i$，则 $x> (a_i+a_{l_i})/2$ 。

同理可以计算一个 $r_i$ ，事实上不难证明 $r_{l_i}=i$ 。则 $x\in (\frac{a_i+a_{l_i}}{2},\frac{a_i+a_{r_i}}{2}]$ 。

计算 $l_i$ 的过程就是一个求最大生成树的过程，从小往大加边，利用 LCT 把 $u_i$ 到 $v_i$ 的路径上最小的边给删掉。

这就是 $T=1$ 了。复杂度 $O(n\log n)$ 。

$T=2$ 时，我们先同样计算出一个最小方差生成树，则除开这树上的 $n-1$ 条边，删掉其它边都没有影响。

对于这 $n-1$ 条边，我们考虑删掉一条边 $i$ ，其它边的 $l_j$ 会怎么变化。

我们把 $i+1$ 到 $m$ 这些边的最小生成树 $T_1$ 弄出来，不难证明只有这上面的边 $l_i$ 会变化。但是怎么求新的 $l_i$ 呢。

我们把 $1$ 到 $i-1$ 这些边的最大生成树 $T_2$ 弄出来，从大往小把边加进 $T_1$ 即可，当加入 $x$ 使得 $y$ 被删时，$l_y=x$。

这一步事实上通过求最大／小生成树，排除了若干没用的边，把边的个数控制在 $O(n)$ 。

实现好的话就能做到 $O(m\log m+n(m+n\log m))$ 。事实上这里不需要 LCT 的，可以暴力实现，做到 $O(n(m+n^2))$ 。

至于为什么是 80 pts，我难得调高精了。

九.CF1783G Weighed Tree Radius

题意：给你一棵树（无边权）以及点权 $a_i\geq 0$ 。定义 $e_u=\max\limits_{i=1}^n (dis(u,i)+a_i)$ ，$r=\min\limits_{i=1}^n e_i$ 。

有 $q$ 次修改单点点权，每次修改后输出 $r$ 的值。

做法：首先，如果点权都是 $0$ ，$r$ 就是直径除以 $2$ 上取整。

现在，我们在每个点上接两条长度为 $a_i$ 的链。原树的 $e_i$ 就是新树上点 $i$ 能到达的最远距离。

把新树的直径求出来，则有 $r\geq \left\lceil\dfrac{d}{2}\right\rceil$ 。可以证明，直径的中点 $mid$ 一定在原树上：

由于它是直径，则 $2a_u\le a_u+a_v+dis(u,v)$ ，$a_u\le a_v+dis(u,v)$ 。所以 $a_u\le \left\lceil\dfrac{d}{2}\right\rceil$ ，$mid$ 不会在接的链上。

问题转化成求新树的 $d$ ，这是经典 ds 题啦。

十.ARC154E Reverse and Inversion

题意：给你一个排列 $p$，每次操作你会等概率的选择一个二元组 $1\le i\le j\le n$ ，然后翻转 $p_l$ 到 $p_r$ 。

令 $f(p)$ 是 所有满足 $i<j,p_i>p_j$ 的二元组的 $j-i$ 的和。求 $m$ 次操作后 $f(p)$ 的期望。

做法：

首先简化 $f(p)$ 。考虑把 $j-i$ 拆开，令 $g(i)=\sum [j<i,p_i<p_j]-[j>i,p_i>p_j]$ ，则 $f(p)=\sum ig(i)$ 。

令 $x=\sum[j<i,p_i<p_j],y=\sum[j>i,p_i>p_j],z=\sum[j<i,p_i>p_j]$ ，则 $x+z=i-1,y+z=p_i-1$ ,$x-y=i-p_i$ 。

综上，$f(p)=\sum i(i-p_i)$ 。

接下来考虑一个值 $x$ 所在的下标的期望。如果它从未被选中操作过，则下标是确定的。从未被选中的概率容易计算。

若被选中过，则下标的期望是 $(n+1)/2$ ，因为考虑它最后一次被操作，如果原来在 $i$ ，换到 $j$ 的二元组个数是 $\min(i,j,n+1-i,n+1-j)$ ，换到 $n+1-j$ 的个数是一样的。

这个题就做完了，复杂度是 $O(n\log m)$ 。

十一.CF1687E Become Big For Me

题意：给你一个序列 $a_i$，你一开始有一个数 $v=1$ ,你可以选 $a$ 的一个子集，令子集中的数的最小公倍数为 $x$，你可以使 $v:=v*x$ ，或 $v:=v/x$ 。

使得最后 $v=gcd(a_ia_j)(1<i<j\le n)$ 。给出一个方案。

$n\le 10^5$ ，$a_i\le 10^6$ ，操作数不超过 $10^5$ 次，每次选的集合的大小之和不超过 $10^6$ 。

做法：神题！

首先，想求一组数的 gcd ，可以利用 min-max 容斥表示成一个 $\prod lcm(T)^{(-1)^{T-1}}$ 的形式构造出来。这是很重要的。

我们求 gcd 时只需要保留那些在某一个质数上次数最小的数。

$\le 10^6$ 的数不同质因子至多有 $8$ 个。

如果任取一个数 $x$ ，那么除了它的 $\le 8$ 个质因子，其他质数的处理都只需保留 $x$ 。

所以我们只需保留 $\le 9$ 个数。求 gcd 就只需要 $2^9-1$ 次操作。

回到题目给出的式子，它是等于 $(\gcd{ a_i })^2\prod\limits_{i=1}^n \frac{\gcd{a_j}(i!=j)}{\gcd{a_i}}$ 的。

$\frac{\gcd{a_j}(i!=j)}{\gcd{a_i}} >1$ 的 $i$ 也只有 $\le 9$ 个。

这个题就做完了。令 $m=9$ ,操作数是 $O(m2^m)$ 级别的。

十二. ARC153F Tri-Colored Paths

题意：给一个简单无向图三染色，使得存在一条简单路径包含了三种颜色，求方案数。$3\le n,m\le 2*10^5$ 。

做法：

$n<5$ dfs 解决，下面令 $n\geq 5$ 。

我们先进行一步容斥：整个图至少有三种颜色，不存在包含三种颜色的简单路径的方案数。

我们考察一个环的染色情况。

1. 环上有三种颜色。

case1: 长度 $\geq 4$ ，则一定存在一种颜色出现两次，割掉其中一条，存在了不合法路径。

case2: 三元环。

如果三元环上存在两个点 $u,v$ ，以及环外的 $x_1,x_2$ ，满足 $u$ 和 $x_1$ 间有边， $v$ 和 $x_2$ 间有边，且 $u\ne x1,v\ne x2$ 。

这个时候一定不合法的，读者可以自己画画看。

如果三元环上有至少两个点和环外的点有边，那一定会出现上面的情况（注意 $n\geq 5$）。

所以只能有一个点连接外面的边。可以发现外面的边都被染成了一种颜色。而且这个时候三元环一定是点双。

找出这样的三元环个数 $C$ ，则有方案 $6C$ 。

-----下面的情况中，只要有环有三种颜色，就视为不合法，这样能更方便。

2. 环上有两种颜色，不妨令之为颜色 $1,2$ 。则环外一定有一个颜色为 $3$ 的边。

若这个边两个端点都在环内：一定不合法，读者自证不难。

否则，也一定不合法，读者自证不难。

------下面的情况中，所有环都只能有一种颜色。

3. 此时，所有点双内的颜色都是相同的。我们把圆方树建出来。

一定存在一个圆点，与它相连的方点有至少两种颜色。经过一些推导（读者自推不难），发现删掉它之后，每个联通块内的方点颜色相同。

由此可以证明，只会存在一个圆点满足上面这个条件。

所以直接算就好啦。

复杂度 $O(n+m)$ 。

十三.ARC155E Split and Square

神神神。

题意：你有一个初始集合 $S$，然后你每次操作可以把 $S$ 分成两个集合 $T_1$ 和 $T_2$ 。令 $f(T)$ 表示 $\{i \oplus j|i\in T,j\in T \}$ ，则 $S'=f(T_1) \cup f(T_2)$ ,把 $S$ 变为 $S'$ 。

求最小操作数，使得 $S$ 变成 $\{0\}$ 。

题解：

考虑一次操作后线性基大小的变化。令 $S$ 中的数线性基为 $e_1,e_2,…,e_n$ （这些数都出现在 $S$ 中）， $T_1$ 中包含 $e_1,e_2,…,e_m$ ，$T_2$ 中包含 $e_{m+1},e_{m+2},…,e_n$ 。

则 $e_1 \oplus e_2,e_1 \oplus e_3,…,e_1\oplus e_m,e_{m+1}\oplus e_{m+2},…,e_{m+1}\oplus e_n$ ，这些数一定是无法被互相表示的。所以大小至少为 $n-2$ 。

另一方面，我们有这样的构造：把 $S$ 中每个数都表示成，$e_1$ 到 $e_n$ 中的数的一个子集。如果含有 $e_1$ ，则分到 $T_1$ ，否则分到 $T_2$ ,显然此时线性基大小至多为 $n-1$ 。

考虑什么时候大小为 $n-2$ 。通过 $e_1 \oplus e_2,e_1 \oplus e_3,…,e_1\oplus e_m,e_{m+1}\oplus e_{m+2},…,e_{m+1}\oplus e_n$ 这些数，我们可以得到所有满足：

$e_1,e_2,...,e_m$ 中选了偶数个，$e_{m+1},e_{m+2},…,e_n$ 中选了偶数个表示出来的数。我们不能使 $S'$ 含有其他数。

则分进 $T_1$ 的数必须满足：$e_1,e_2,...,e_m$ 中选了奇数个，$e_{m+1},e_{m+2},…,e_n$ 中选了偶数个。$T_2$ 同理。

所以，一个数能分进 $T_1$ 或 $T_2$ ，当且仅当它在 $e_1$ 到 $e_n$ 中选了奇数个。

综上，经过一次操作后线性基大小减少 $2$ ，当且仅当：$S$ 中所有数都能用奇数个线性基里的数表示出来。

但是，经过至少一次操作后的 $S$ 含有 $0$ ,所以一定无法减少 $2$ 。我们只需要判断初始的 $S$ 是否满足条件即可。

复杂度是求线性基的复杂度： $O(nm^2/w)$ ，其中 $m$ 表示 $S$ 中的数值域在 $[0,2^m)$ 之间。