2019-2020 10th BSUIR Open Programming Championship. Semifinal 题解

目录

• A. Agile permutation
• B. BSUIR Open X
• F. Function analysis
• I. Items in boxes
• J. Jenga（队友做的 stO zzwtx）
• K. K-ones xor

 

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数学签到题比较多。gym103637

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A（概率期望，计数DP）
B（字符串索引）
C（分类讨论）
F（概率期望，NTT卷积）
I（找规律，数论）
J（递推数列，矩阵快速幂）
K（暴力，贪心）
L（模拟，数论）

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A. Agile permutation

称第一种操作为 swap（每次代价为a），第二种操作为 shuffle（每次代价为b）

考虑只用 swap 操作的子问题，对于任给定的排列，至少要 swap 几次？

• 答案是： $n -$ 轮换环个数。

轮换环个数是啥 不理解的手动画图理解下
对于一个给定排列 $p=(p_1,p_2,...,p_n)$，考虑一个结点编号为 $1..n$ 的有向图，对 $i=1..n$，有一条 $i$ 指向 $p_i$ 的有向边。
由于每个点入度出度均为 $1$，共 $n$ 个点 $n$ 条边，该有向图实际上是若干个不相交的简单环的并，这些环的数量就称为此排列的轮换环数。

感性证明：
末状态：排列已经升序，此时恰有 n 个一元环（每个点自己指向自己），需要 0 次操作。
（动手模拟下 swap $p_i$,$p_j$ 对有向图的影响）如果i,j这两个点原先在同一个环上，那这个环就被切开，成了两个长度之和等于原环的更小的非空环；如果这两个点原先不在一个环上，这两个环就会合并成为一个长度等于原先两环之和的更大的环。
换句话说，每次 swap 可以将任一个长度>1的环随便切一刀变成两半，或者将任意两个小环合并成更大的环，而目标是将环切成 n 个，贪心地一直切，最小 swap 次数就是 n - 初状态环数

可 $O(n)$ 计算出只 swap 初始排列所需要的最小代价。

加入 shuffle 操作后，该怎么安排这两种操作？

由于 shuffle 是均匀随机地打乱这个序列，若进行了若干次 swap 后再 shuffle 一次，那前功尽弃，则最优的策略必是先进行若干（可以为0）次shuffle，再进行若干次（可以为0）swap，直到该排列达到目标状态。

如果当前的排列足够合适（环数比较多，即需要的 swap 次数比较少），那直接开始 swap 到结束；否则就再 shuffle 一次。

可以猜测该式成立：
$E(第一次shuffle后，还需要的代价)=P(环数够小)*E(环数够小的前提下，直接swap的最小操作数)*a+(1-P(环数够小))*(b+E(第二次shuffle后，还需要的代价))$

再细想，我们希望的期望应该是需要收敛到一个min值的，不论已经 shuffle 了几次，每一次策略选择存在一个固定不变的“分界”，对于期望的计算也应该与已经进行了几次 shuffle 无关，考虑枚举这个“分界”：

存在整数 $t\in [1,n]$，若当前环数 $\geq t$，则直接 swap，否则继续 shuffle。对每一个 $t$ 分别计算该策略的总代价的期望，取其中的最小值。
具体地，对于固定的一个 $t$，
设 $F$ 为对于随机的排列，需要的代价期望；
设 $P$ 为对于随机的排列，环数>=t 的概率；
设 $G$ 为若当前排列环数>=t，需要的 swap 次数的期望，列式：

• $F=PGa+(1-P)(b+F)$
• 即 $F=Ga+\frac{1-P}{P}b$

最后答案为 $Min(F+b,直接swap原排列的代价)$

其中 $P$ 和 $G$ 的计算需要预处理有多少个 $n$ 元排列恰有 $m$ 个轮换环，记为 $num[n][m]$，实际上这是第一类斯特林数，不过不熟悉的话也不难写出 $O(n^2)$ 的DP：

类似于经典问题“带标号连通图计数”，要计算 $num[n][m]$，考虑 $n$ 号点和哪些点联通，

• $n$ 号点成自环，这种情况方案数是 $num[n-1][m-1]$；

• $n$ 号点不成自环，那就是在“n-1个点，m个环”的图中选一个位置插入，有n-1个位置可以插，这种情况方案数是 $(n-1)DP[n-1][m]$

边界条件：$DP[n][0]=[n==0]$

由于 n 元排列总数最多有 $20!$ 个，这样算不会爆long long。

一点小问题

基于枚举 $t$ 取然后取最值的做法考虑用浮点数来比较大小，再精确计算模意义下答案，是否可以加强到 $n\leq 50$ 或者更大？
若能根据 $n,a,b$ 直接计算合适的 $t$，输出模NTT质数的答案，是否可以加强到 $n\leq 10^5$ 的数量级？

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B. BSUIR Open X

对 "BSUIROPENX"，检查下它的每种前后缀在输入的那些字符串中出现了多少次，根据乘法原理和加法原理统计下答案。数据范围很小，用 map<string,int> 来索引下就行。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const string str = "BSUIROPENX";
int n;
map<string, int> mp;

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        string si;
        cin >> si;
        ++mp[si];
    }
    
    LL ans = 0;
    for (int i = 1; i < str.size(); ++i) {
        int u = mp[string(str.begin(), str.begin() + i)];
        int v = mp[string(str.begin() + i, str.end())];
        ans += (LL)u * v;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

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F. Function analysis

题意有点绕。。。翻译成人话就是：

从 $1...n$ 的整数中有放回地等概率随机抽取 $m$ 次，问：抽到的 $m$ 个数排升序后，第 $d$ 个数大于 $k$ 的概率？
给定 $n,d,k$，对 $m=d...n$ 输出答案，模 $998244353$

首先转化下题意:
第 $d$ 个数大于 $k$ $\iff$ 不超过 $k$ 的数的数量不超过 $d-1$ 个

于是就变成了高中数学概率题。。。由熟知的二项式与概率，

根据 $P(一次抽到的数不超过k)=\frac{k}{n}$

则 $Ans(m)=\sum_{i=0}^{d-1}C_m^iP^i(1-P)^{m-i}$

变形为 $m!\sum_{i=0}^{d-1}\frac{P^i}{i!}\frac{(1-P)^{m-i}}{(m-i)!}$

计算 $A_n=[n<d]\frac{P^n}{n!}$ 和 $B_n=\frac{(1-P)^{n}}{n!}$ 的卷积就行。

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I. Items in boxes

据乘法原理，答案是 $a^{2^n}(mod\ 2^{n+2})$

赛时思路
首先特判掉 $n=1$ 的情形，得到条件 $n\geq 2$
然后看下 $a$ 是不是偶数，因此时 $n\geq 2$，$a$ 是偶数的话直接输出 $0$
是奇数的话，这时样例是输出 $1$ 的，想了下模 $2^{n+2}$ 这么大的数，余数太大的话甚至输出就T了，盲猜余数只能是 $1$，就A了

只证明最后一种情形

（归纳）对于 $a$ 为奇数，$n\geq 1$，要证 $a^{2^n}\equiv 1(mod\ 2^{n+2})$

（1）对于 $n=1$，设 $a=2k+1$，$k\in \Z$，

则 $a^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1$

由于 $k$ 和 $k+1$ 必为一奇一偶，则 $4k(k+1)$ 是 $8$ 的倍数，

即 $a^{2^1}\equiv 1(mod\ 2^{1+2})$

（2）假设 $n$ 结论成立，即 $\exists k\in \Z$ 使得 $a^{2^n}=2^{n+2}k+1$

则 $a^{2^{n+1}}=(a^{2^n})^2=2^{2n+4}k^2+2^{n+3}k+1$，

由于 $2^{n+1+2}|(2^{2n+4}k^2+2^{n+3}k)$，

则 $a^{2^{n+1}}\equiv 1(mod\ 2^{{n+1}+2})$ 成立 （证毕）

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J. Jenga（队友做的 stO zzwtx）

• 特判 n=1
• 关于 $n$ 的递推数列要推对（我不会QAQ）
• 相互依赖的几个线性递推数列也可以矩阵快速幂，矩阵多开几行就好了

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K. K-ones xor

先考虑一个简化版问题

构造一个x，使得 $\sum_{i=1}^n(b_i\ xor\ x)$ 最大，要求 x 的二进制表示中 1 的个数不超过给定的k，若有多组解输出 x 最小的解

比较套路的按位讨论贪心题。可行的复杂度 $O(wn+w\log w)$，其中 w 是数的位数。

回到原题，但是不好像上面那样做，只看 $x$ 的其中一个数位的话，难以确定它对于特定的 $a[i]$ 到底有无贡献，于是再观察下 $ai=max(ai,ai⊕x)$ 这个条件——怎样的 $x$ 会使得 $a_i\ xor\ x>a_i$ 呢？

还是按二进制位去考虑（不妨设 $x>0$ ）。因为整数的大小比较是从二进制高位开始到低位，我们也从高位到低位观察下每一位的 $x$ 和 $a_i$:

从最高位开始 $x$ 如果有一段 $0$（当然也可能没有），这些位置上 $a_i$ 的值不变，这几位对答案没有影响；

则不妨考虑 $x$ 的最高位的 1：

• 如果 $a_i$ 在这一位上是 $1$，那 xor 完后会变成 $0$，

考虑到这个等比数列：1,2,4,8...，它任意位置的前缀部分和一定严格小于下一个位置的数，$1+2+...+2^{N-1}<2^N$

这说明，如果 $a_i$ 在这个位置上亏了一个 $1$，那在更低的数位上补回来再多的 $1$ 都还是亏的，所以这个 $1$ 是绝对不能亏的，换句话说，此时已经可以确定了（不管它们更低位长啥样），$a_i$ 不能 xor $x$

• 如果 $a_i$ 在这一位上是 $0$，那 xor 完后会变成 $1$，

同理，如果在这一位赚了个 $1$，在更低的数位上不管怎么亏，总体都是赚的，换句话说，此时已经可以确定必须让 $a_i$ xor $x$

即：如果 $x$ 的最高的 $1$ 的位置确定了，那 $a[1..n]$ 中哪些数要和 $x$ 异或，哪些不和 $x$ 异或也都确定了

于是先枚举 $x$ 的最高位的 $1$，假设是第 $j$ 位，对应的数值为 $2^j$，$0\leq j<m$，
将此时参与异或的那些 a[] 单独拿出，就是在解决开头所说的简化版问题：计算数位 $2^i,0\leq i<j$ 对它们的贡献，取其中 $k-1$ 个贡献最大（贡献相同时，数位低的优先级更高）且为贡献 $>0$ 的数位，就是这个 $j$ 的答案

时间复杂度 $O(m^2 n)$，实现需要注意细节