联合省选 2020 (A卷) 题解

[题解]

\(A\)

题意等价于求一个单调不增函数和单调不降函数的第一个交点。

线段树上二分即可。

时间复杂度 : \(O(NlogN)\)

\(B\)

令 \(f(k) = \sum_{i=0}^mb_i\binom{k}{i}\)。

\(\sum_{k=0}^nf(k)\times x^k \times \binom{n}{k}=\sum_{k=0}^n\sum_{i=0}^{\min(m,k)}b_i\binom{k}{i}x^k\binom{n}{k}\\=\sum_{i=0}^mb_i\binom{n}{i}\sum_{k=i}^{n}x^k\binom{n-i}{k-i}\\=\sum_{i=0}^mb_i\binom{n}{i}x^{i}(x+1)^{n-i}\)

时间复杂度 : \(O(MlogN)\)

\(C\)

保序回归问题简要记录 (详见集训队论文) :

定义 :

对于一个正整数 \(p\) , 给定一个偏序关系 (有向无环图) , 图中每个点有权值 \((w_{i} , y_{i})\) , 需要给每个点分配一个权值，使得回归代价 \(\sum_{i\in U} w_i|f_i-y_i|^p\) 最小，且一条路径上的 \(f_{i}\) 递增。

我们将上述问题称为 \(L_{p}\) 问题。

\(L_{p}\) 均值的定义 :

我们定义 \(L_{p}\) 均值是使 \(\sum\limits_{i\in U}w_i|k-y_i|^p\) 最小的 \(k\) , 也就是所有 \(f_{i}\) 相等时的最优取值。对目标式求导，解出的零点即为 \(L_{p}\) ，特别地，当 \(p = 1\) 时，\(L\) 是 \(w_{i}\) 的带权中位数 \(\left(\sum\limits_{i\in U}w_iy_i\right)\left/\left(\sum\limits_{i\in U}w_i\right)\right.\) 而当 \(p > 1\) 时， \(L_{p}\) 均值是唯一的，且一定存在一组最优解，使得对于每个 \(f_{i}\) 都能找到某个点集使其带权中位数为 \(f_{i}\)。

整体二分 :

运用整体二分，可以求得这个问题的近似解。

定义 \(solve(U , l , r)\) 表示点集为 \(U\) , \(f_{i}\) 取值在 \([l , r]\) 间的 \(L_{p}\) 问题。那么我们希望通过某种方式求出哪些点的 \(f_{i} \leq mid\) , 哪些 \(> mid\)。这样就可以构造两个规模减半的子问题。

我们尝试构造另一个问题，设开区间 \((a , b)\) 被 \([l , r]\) 包含，且 \(U\) 的任意非空子集的 \(L_{p}\) 均值均不在 \((a , b)\) 间，这个问题保证了对于任意的子问题都满足一组最优解使得其取值都不在 \((a , b)\) 间。

引理 :

若 \(solve(U , a , b)\) 的一组最优解为 \(\tilde z\) , 且满足 \(\forall i\in U,\tilde z_{i}\notin (a,b)\) , 则存在 \(solve(U , l , r)\) 的一组最优解 \(z\) ，使得 \(z_{i} \leq a\) 当且仅当 \(\tilde z_{i} = a\)。

类似地有 \(z_i\geq b\Leftrightarrow \tilde z_i=b\)

由于 \(U\) 的任意非空子集的并集是有限集，所以一定存在足够小的 \(\epsilon\) 使得 \((mid , mid + \epsilon)\) 满足条件。那么就可以由 \(solve(mid , mid + \epsilon)\) 得到，当 \(\epsilon\) 无限趋近于 \(0\) 时，节点 \(i\) 的权值是 \(w_i[(mid+\epsilon-y_i)^p-(mid-y_i)^p]\) ，把所有点权除以 \(\epsilon\) , 权值变为 \(w_{i}(mid - y_{i})^p\) 在 \((mid - y_{i})\) 处的导数，当 \(p = 2\) 时为 \(2w_{i}(mid - y_{i})\)。偏序关系可以看做求最小权闭合子图。至此 , \(L_{p}\) 问题得到了完美的解决。

回到本题，题目相当于给定了 \(N\) 个 \(01\) 极大线性无关组，从某组向量中拿去一个，加入新向量，这两者之间构成偏序关系，最后要求代价最小。这本质上就是一个 \(L_{2}\) 问题。唯一需要注意的是，本题要求的解是整数，因此在 \(l + 1 = r\) 时跑最小权闭合子图选择每个点即可。

\(D\)

考虑如何拿到 \(60\) 分，不妨用 \(dp_{S}\) 表示目前已经确定了集合 \(S\) 的最小代价，枚举下一个该放谁即可。需要用到一些"费用提前计算" 的思想。时间复杂度 : \(O(2 ^ NN ^ 2)\)。

考虑优化，不妨记 \(in_{S , i}\) 表示 \(S\) 集合内连向点 \(i\) 的边数， \(out_{S , i}\) 表示 \(i\) 连向 \(S\) 集合内的边数。由于本题空间限制较紧，需要将 \(in\) 拆成 \(in'\) 和 \(in''\) , \(out\) 拆成 \(out'\) 和 \(out''\) , 分别算前 \(\frac{m}{2}\) 位和后 \(\frac{m}{2}\) 位。我们还要计算 \(g_{S}\) 表示集合 \(S\) 连向集合外的边数，这可以通过容斥原理得到。

至此，我们得到了一个时间复杂度为 \(O(2 ^ M * M)\) ，空间复杂度为 \(O(2 ^ {\frac{M}{2}} * M)\) 的优秀做法。具体细节见 [代码]

\(E\)

考虑从根开始 \(DFS\) ，每次将节点权值加入一个数据结构中。

我们要求这个数据结构能支持 :

\(1.\) 整体加一

\(2.\) 查询异或和

\(3.\) 合并两个数据结构

看到， "异或和" , 不难想到使用字典树。但在这题中从高位到低位建字典树是不行的，不妨从低位到高位建树。这样，每次加一相当于翻转了一条链上的左右子树。

通过分析后得到时间复杂度为 \(O(NlogN)\)

\(F\)

首先我们有 \(\sum_{d|x}\varphi(d)=x\)。

答案可以表示为 :

\(\sum_{T}\left(\sum_{i=1}^{n-1}w_{e_i}\right)\times\gcd(w_{e_1},w_{e_2},\dots,w_{e_{n-1}})\)

\(=\sum_{T}\left(\sum_{i=1}^{n-1}w_{e_i}\right)\times\left(\sum_{d|\gcd(w_{e_1},w_{e_2},\dots,w_{e_{n-1}})}\varphi(d)\right)\)

\(=\sum_{d=1}^{W}\varphi(d)\times\left(\sum_{\substack{T\\d|w_{e_1},\dots ,d|w_{e_{n-1}}}}\sum_{i=1}^{n-1}w_{e_i}\right)\)

其中 \(W\) 表示最大边权。

后面那部分显然是所有 \(w_{e_{i}}\) 是 \(d_{i}\) 倍数的边组成的子图的生成树边权和。

普通的矩阵树定理，我们求得的是生成树的边权乘积之积。而对于求和，不妨令每条边为一个多项式 \((wx + 1)\) , 运行矩阵树定理，最终要求的是答案多项式中 \((N - 1)\) 项的系数。

时间复杂度 \(O(\frac{\sum\sigma_0(w_{e_i})}{n-1}\cdot n^3)=O(n^2\sum\sigma_0(w_{e_i}))\)

[代码]