2023.5 做题记录

先补一波 CTS2019。

全数数阵容有点震撼。

D1T1 \(\color{Gold}\bigstar\)

感觉数数的方向错了就寄了。

发现一个不可做的式子应该从头开始换方向考虑。

题目保证 \(k\) 比较小，但好像没什么用，还是需要考虑容斥，设 \(f_i\) 表示钦定 \(i\) 个极大点的方案数，那么答案就是：

\[\sum_{i=k}^n \binom{i}{k}f_i(-1)^{i-k} \]

然后就去求 \(f_i\)。

我一开始的想法是考虑枚举这 \(i\) 个极大点的编号，然后方案数就是 \(i\) 个下降幂乘起来的形式，然后可以发现 \(i\) 个点间是不影响的，但是需要满足一个偏序关系，不太可做。

换个角度，考虑一层一层去放。

\(i\) 个极大点无论怎么放，其影响的格子总数都是一样的，也就是 \(nml-(n-i)(m-i)(l-i)\)，记 \(s_i=(n-i)(m-i)(l-i)\)。

与这 \(i\) 个点无关的可以乱放，方案数 \(\binom{s_0}{s_k}s_k!\)。

确定这 \(i\) 个点的位置，方案数 \(n^{\underline i}m^{\underline i}l^{\underline i}\)。

然后放影响的，剩余的 \(s_0-s_k\) 个数中，最大的数一定是极大点，把它选出来，然后再选一些点放在它影响的范围内，然后剩余的点就再拿出最大的点作为极大点。

考虑影响的范围，编号比你小的极大点范围内的点显然不需要考虑，画个图，第 \(j\) 层的个数为 $s_{k-j}-s_{k-j+1} $。

因此第 \(j\) 层的方案数为 \((s_0-s_{k-j+1}-1)^{\underline{s_{k-j}-s_{k-j+1}-1}}=\frac{(s_0-s_{k-j+1}-1)!}{s_0-s_{k-j}}\)。

全部乘起来：

\[f_i=\frac{n^{\underline k}m^{\underline k}l^{\underline k}\binom{s_0}{s_k}s_k!\frac{(s_0-s_k-1)!}{(s_0-s_{k-1})!...}}{s_0!}\\ = n^{\underline k}m^{\underline k}l^{\underline k}\frac{1}{(s_0-s_k)!}\frac{(s_0-s_k-1)!}{(s_0-s_{k-1})(s_0-s_{k-2})...}\\ =n^{\underline k}m^{\underline k}l^{\underline k}\prod_{i=0}^{k-1}\frac{1}{s_0-s_{k-i}} \]

线性逆元，复杂度 \(O(Tn)\)。

D1T2 \(\color{blue}\bigstar\)

不是很难的题。

一种方案是否满足条件，放在值域上考虑，如果 \(i\) 选了 \(a_i\) 个，那么只和 \(a_i\) 有多少个奇数有关。

枚举一下有多少个奇数，可以得到式子：

\[n!\sum_{i=1}^k [x^n](\frac{e^x+e^{-x}}{2})^{D-i}(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^i \]

这个东西不太好做，因为后面的两个东西都需要展开。

考虑二项式反演一下，把其中一个变成 \(e^x\)。

设 \(f_i\) 表示钦定 \(i\) 个选奇数之后的方案数，可以得到：

\[f_i=n^ie^{(D-i)x}\\ =\frac{n!}{2^i}\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}(-1)^{i-j}[x^n]e^{(D-2i+2j)x}\\ [x^n]e^{kx}=\frac{k^n}{n!}\\ f_i=\frac{1}{2^i}\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}(-1)^{i-j}(D-2i+2j)^n \]

最右边那个可以预处理成一个 \(g_{i-j}\)，然后卷积即可。

最后二项式反演回来，复杂度 \(O(n\log n)\)。

D1T3

提交答案，扔了。

D2T1

计算几何，先咕。

D2T2 \(\color{red}\bigstar\)

好高妙的题。

我的想法是先考虑建一个 trie 树，那么一个串字典序比 \(s\) 小是好判断的，然后循环同构算一下，那么在重复的方案里只能选一个去统计，然后不会了。

第一步转化是考虑容斥，换成每个子串都大于等于 \(s\)。

相当于在 kmp 上匹配，考虑一个点的出边，那么要么前往另一个点，要么前往 \(0\)，因为不能走字典序小的边。

设 \(P(x)\) 表示串 \(x\) 匹配到的节点。

\(P(T^{\infty})=P(T^{\infty}+T)\)，所以在后面加个 \(T\) ，在 kmp 上的匹配是一个环。

然后考虑如果 \(P(N)=P(N+T)=P(N+T^{\infty})\)，那么和 \(N\) 匹配的后缀肯定 \(T^{\infty}\) 里也有，所以 \(P(T^{\infty})=P(N)\)。

因此找到一个 kmp 上的节点，以及一个串 \(T\)，满足绕成一个环就对应一个方案。

出边只有两种，到一个点，到 \(0\)。

因此枚举几步之后到达 \(0\)，如果完全没有经过 \(0\) 方案数就是 \(1\)。

复杂度 \(O(nm)\)。

D2T3 \(\color{blue}\bigstar\)

全场最简单的题了吧。

先考虑如果是 \(T_1<T_2<T_3<T_4...\) 咋做。

选 \(1\) 的时候，把后面的看成是一个整体，概率是 \(\frac{W_1}{\sum_{i=1}^n W_i}\)，总概率就是每一个除以后缀和乘起来。

那么外向树，自然就是 \(\prod \frac{W_i}{siz_i}\)，\(siz_i\) 表示 \(W_i\) 的子树和。

会有内向的边，直接容斥，要么把这条边删掉，要么把它变成外向边，然后乘上容斥系数加起来。

背包，\(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树内的子树大小为 \(j\) 的总和，直接做即可。

复杂度 \(O(n^2)\)。

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学习了一下斯特林反演。

不过好像没啥用啊。。。

bzoj4671

这个题，先想到了直接状压然后容斥之类的东西，但是很难做，因为边之间会相互影响。

考虑直接枚举最后的图连通块划分，这个是个贝尔数，很小，然后把中间的边全部断掉，这个可以线性基算。

然后咋算答案啊，先设一个 \(f_i\) 表示钦定 \(i\) 个连通块的方案数，\(g_i\) 表示恰好为 \(i\) 个连通块的方案数，得到：

\[f_i=\sum_{j=i}^n \begin{Bmatrix}j\\i\end{Bmatrix} g_j \]

然后这个可以 \(O(n^2)\) 暴力反演，没了。

CF1677E *2900 \(\color{blue}\bigstar\)

枚举 \(p_i,p_j\)，对数是 \(O(n\log n)\) 的。

观察每一对数造成贡献的区间，会发现是左端点是 \((L_i,l]\) ，右端点是 \([r,R_i)\) 的所有区间。

\(L_i,R_i\) 表示 \(i\) 这个数左边、右边离他最近的比他大的数，这个可以单调栈。

那么这个贡献就是一个矩形，问题变成矩形覆盖，矩形求和。

不可做。

那么观察一下矩阵的特殊性质，覆盖不好做，但是我们会做矩阵加，因此只需要把矩阵拆成不相交的就好了。

容易发现对于每个 \(p_i\times p_j\) 不同的矩形一定不会相交，因为区间最大值只有一个。

那么相当于只需要处理内部，那么把所有 \([l,r]\) 离线下来，就可以转化为若干个区间满足不交了。

然后矩形加，矩形和，这个可以直接历史和线段树即可，这个跑的比 cdq 快很多。

复杂度 \(O(n\log^2 n+q\log n)\)。

后面那个东西也可以离线下来树状数组，不过不太会。

CF1817C *2400 \(\color{Gold}\bigstar\)

赛时感觉和平常做题很不一样，很没有脑子，玉玉了。

给你点值，显然就是来插值的。

一开始有个暴力做法，就是插值出系数，然后把 \(x+s\) 带入展开，然后解一个方程。

然后没继续想，输麻了，后面一直以为是什么乱搞。

结果很简单啊，展开只需要展开到 \(x^{d-1}\) 的系数就好了，因为这个的式子和 \(s\) 有关，就可以解出来，由于题目保证有解，因此不需要考虑后面每一位是否合法了。

反正就列一下插值系数的式子就做完了。

UNR #6 D1T3 \(\color{blue}\bigstar\)

首先转化一下，就是前缀 QAQ 比 hehe 最多多拿一个。

一个简单的贪心就是从后往前扫一遍，开个大根堆，每次加入两个数，然后取出堆顶，这样就 \(40\) 了。

然后这个东西发现可以莫队，前面加入和后面加入，每次加入两个数，维护一下堆即可，复杂度 \(O(n\sqrt{n}\log n)\)，\(70\)。

会发现这个莫队的本质是前后可以合并，那么直接分治，然后考虑前面和后面的合并就是找前面选了的和后面没选的，然后归并一下的过程。

左边开一颗主席树，右边一颗，然后线段树上二分维护后面把前面替换掉即可。

CF1740F *2600 \(\color{Gold}\bigstar\)

做过的题，忘了咋做。

考虑判断一个 \(S\) 是否合法。

一个简单的贪心是考虑画出值域的柱状图，然后匹配就从大到小，然后一行一行向上做。

但是会有问题，可能匹配到后面有很多行空着，但是列很少，不够放一个的了。

但是可以调整，如果一个 \(x_i>x_j\)，那么可以把 \(x_i+1,x_j-1\)，然后就可以调整成适合每行的大小了。

loj3124 \(\color{blue}\bigstar\)

考虑每个区间的贡献。

只有三种状态，有 tag，祖先有 tag，都没有 tag。

矩阵快速幂即可，转移矩阵非常阿拉丁。

CF1508D *3000 \(\color{green}\bigstar\)

让你变有序，果断置换环。

一个置换环可以连个菊花。

但这样可能会相交，因此先连一条边就可以把两个连通块合并，这样找个点然后极角排序即可。

注意，极角排序一定要找 \(x\) 最小的！

CF720D *3100 \(\color{blue}\bigstar\)

有趣题。

映射一下，变成每次能走上就走上。

考虑这样的路径满足啥条件，每次从向右走状态变成向上走一定是在一个障碍的右下角。

直接 dp，按右下角编号然后设状态。

能转移的条件是相邻两个转移点一个可以先一直向上，再一直向右走到下一个点。

线段树 + 树状数组乱维护即可。

细节很多，火车上写了很久。

CF798D *2400 \(\color{green}\bigstar\)

经典构造。

要大于一半，考虑去一一对应，也就是分成 \(n/2\) 组，每组取大的那个。

那么另外一个序列咋满足呢，考虑按 \(a\) 排序，把 \(a\) 最大的取了，然后 \(2i,2i+1\) 为一组取满足 \(b\)，这样一定合法，然后没了。

CF1824C \(\color{green}\bigstar\)

赛时看的，很快就秒了。

每个子树都满足到叶子路径异或和相同，考虑个暴力，设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 到它子树内的叶子的异或和都是 \(j\) 的答案。

合并就是把子树的 \(j\) 相同的加起来。

会发现对于一个 \(i\) 来说，\(f_{i,j}\) 的差最大为 \(1\)。

因此考虑把小 \(1\) 的那些位置记录一下，合并起来就去中小 \(1\) 的最多那些位置保留下来，剩下的全删了。

注意不能两个两个合并，要一起合并，合并可以启发式合并。

APIO2022 T2 \(\color{red}\bigstar\)

好高妙啊。

对于每个 \(>k\) 的点维护它能到的最小点和能到它的最大点，如果前者小于后者就结束。

否则不结束，说明是个区间。

暴力维护区间更新 \(O(k(n+m))\)。

一个简单的想法是分个块，然后缩小一个块再更新。

正解是放线段树上，每个点的区间变成线段树上包含它的最小的区间，然后进行更新。

CF1656H *3200 \(\color{Gold}\bigstar\)

除了第一步都会了。

第一步其实也是构造题很常见的，就是先全部选上，然后把不合法的去掉。

考虑不合法的是什么样的，也就是它在一个素数的指数上大于了另外一个集合的 lcm。

换句话说 \(a_i\nmid \text{lcm}(b_1,b_2,...,b_n)\)。

那么就是 \(a_i\ne \text{lcm}(\gcd(b_1,a_i),\gcd(b_2,a_i),...,\gcd(b_n,a_i))\)。

那么每个点开一棵线段树维护后面这个东西，每次删一个数就把全部东西暴力修改，总复杂度 \(O(n^2\log W)\)。

CF1804H *3300 \(\color{Gold}\bigstar\)

高妙。

状压，但是一定要拆贡献。

注意到距离一定不会超过 \(n/2\)，因此可以把一个空隙和它对面的空隙看成一组，那么一条路径不会经过两个空隙。

那么贡献就是总共的减去两个都不经过的，也就是两部分内部的和。

然后就可以状压了，先枚举初始一半的集合是什么，每次加一个，减一个即可。

复杂度 \(O(\binom{k}{k/2}^2k)\)。

loj2051 \(\color{blue}\bigstar\)

首先发现这个东西是 NOIP T4 的严格弱化版，因此直接离线然后线段树就可以做 \(O(n\log n)\)。

也可以离线分治，得到 \(O(n\log^2 n)\) 的做法。

网上一般流传的做法是莫队的 \(O(n\sqrt{n})\) 或者再带 \(\log\) 的做法。