0801-0803训练记录

这几天做了几道codechef上的题

白天听冬令营，晚上练2道题

0801

A是 Codechef April Challenge 2018 Chef at the Food Fair

发现是\(p_i*=x\) 但是却要求\((1-p_i)\)的积不太好做

于是看到乘积形式果断取\(ln\)转成维护区间和最后\(exp\)回去

发现\(ln(1-x)=-\sum_{i=1}^{\infty}\frac{x^i}{i}\)

再发现\(p<=0.9\)

于是只需要维护前\(90\)项即可

时间复杂度是\(O(90nlogn)\)

code

B是 Codechef July Challenge 2020 Weird Product

发现这个\(x\)的幂次是随下标逐渐\(+1\)果断考虑前缀和

记\(sum_i=\sum_{j=1}^{i}a_j*x^j\)

于是\(w(l,r)=x^{-2*l}*(sum_r-sum_{l-1})\)

于是只需要求\(\prod_{i=1}^n \prod_{j=i}^n -(sum_j-sum_{i-1})*(sum_{i-1}-sum_j)\)

即只需要求\(\prod_{i=0}^n \prod_{j!=i}(sum_i-sum_j)\)

记\(f(x)=\prod_{i=0}^n(x-sum_i)\)

于是对于每一个\(i\)我们就是求\(\frac{f(x)}{x-sum_i}\)在\(x=sum_i\)处的点值

用一下洛必达法则我们发现其实就是求

\(f'(x)\)在\(sum_0\)到\(sum_n\)处的点值

写一个多项式多点求值即可

时间复杂度是\(O(nlog^2n)\)

code

0802

A是Codechef July Challenge 2020 Expected Repetitions

p是整个串的贡献最后加上去

发现两个前缀\(i\)和\(j(i<j)\)的贡献为\((j-i)*lcs(i,j)\)

于是直接后缀树上线段树合并维护一下答案就好了

类似的有一个SA+CDQ+单调栈的做法

但由于前几天写过类似的题就写的SAM的做法

时间复杂度是\(O(nlogn)\)

code

B是Codechef July Challenge 2020 Expected Spanning Trees

不难发现可以对每棵生成树分开计算

看到操作序列考虑EGF

不难发现一条在原图中出现的边最后在原图中依然出现的EGF是

\(\sum_{i=0}^{\infty}\frac {x^{2i}} {i!}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}\)

同样的一条不在原图中出现的边最后在原图中出现的EGF是

\(\sum_{i=0}^{\infty}\frac {x^{2i+1}} {i!}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}\)

于是只需要对于\(i\)从\(0\)到\(n-1\)统计一下有\(i\)条边在原图中出现的生成树个数

这个是常见套路变元矩阵树+高斯消元\(O(n^4)\)解决

于是对于所有有\(i\)条边在原图中出现过的生成树他们的贡献是相同的

生成函数是\([\frac{e^x+e^{-x}}{2}]^{i} [\frac{e^x-e^{-x}}{2}]^{n-1-i}\)

类似「ZJOI2019」开关 的做法

我们把它写成\(\sum_{i}a_i*e^{ix}\)的形式

把\(n\)个式子乘上生成树个数合并起来

每次询问对每个\(e^{ix}\)次方快速幂一下算贡献

我们得到了\(O(n^4+nqlogmod)\)的做法

但这样太慢了好像过不了怎么办（其实能过）

光速幂！

时间复杂度降为\(O(n^4+n(\sqrt{mod}+q))\)

code

0803

A是Codechef July Challenge 2020 LCM Constraints

这是真的码农题

codechef的数据是真的水

我最开始少写一行代码孤立点没判都过了

网上的代码大部分都有情况没考虑到

一看n很小m却很大就知道这有自环和重边

这要先判掉

显然对于每种质因子分开讨论

最后把所有方案数乘起来

对于自环这个点的幂次已经确定了

对于其他的边我们发现这就是限制两点的幂次都小于等于边权以及至少有一个等于边权

我们发现这样的结构可以确定一个数

\((i->j,a) (j->k,b)\)且\(a<b\)

不难发现可以推出\(a[k]=b\)

于是对于每个点我们求出出边的最小权

再扫一次每条边推出所有能推出的点权

那么剩下未确定的点一定是一个个的联通块且边权\(lim\)相同

于是考虑哪些点\(<lim\)这些点对方案的贡献是\(*lim\)

注意到一条边连接的两个点不能同时选

所以不难发现这些点构成联通块里的独立集

\(n<=38\)考虑meet in the middle

对于一侧的点我们求出选的每一种点集是否可行，算出他的贡献

再做一次fwt_or求出高维前缀和

对于另一侧我们对于每个点集在前面那边的点集里有哪些点必须不选

再利用我们算出的高维前缀和算贡献即可

注意到可能有练得所有边的另一侧都被确定但本身未被确定的孤立点

此时这个点只被最小边权的出边限制

答案乘上(lim+1)即可

时间复杂度\(O(|p|(n2^{\frac{n}{2}}+m))\)

细节很多可以看代码

code

B是Codechef July Challenge 2020 Easy Geo xD

发现其实就是求\(ax+by\equiv d\)(\(mod\) \(c\))且x,y在某个区间的(x,y)对数

考虑把它转成\(ax\equiv y\)(\(mod\) \(c\))的形式

这样我们发现差分后就只需要求

\(\sum_{i=l1}^{r1}\)[\(pi\) \(mod\) \(q≤y\)]的值

注意到

[\(pi\) \(mod\) \(q≤y\)]=\(⌊\frac{p_i}{q}⌋−⌊\frac{pi−y−1}{q}⌋\)

可以使用类欧几里得算法算

于是我们考虑怎么转成\(ax\equiv y\)(\(mod\) \(c\))的形式

先全部除上\(gcd(a,b,c)\)

此时如果\(gcd(a,c)=1\)

我们直接乘上\(a\) \(mod\) \(c\)的逆元即可

否则令\(u=gcd(a,c)\)

那么我们令\(y=y'u+t\)

移项后整理一下\(y'\)的范围就可以得到

\(ax+buy' \equiv d'\)(\(mod\) \(c\))

此时全部除以u就可以了

那么我们调整\(x\)的范围就可以得到\(ax\equiv y\)(\(mod\) \(c\))的形式进行计算了

时间复杂度\(O(Tlogv)\)

code