2024年08月随便做做

合集 - 随便做做(11)

1.2023年11月随便做做2023-12-252.2023年12月随便做做2023-12-253.2024年01月随便做做2024-02-214.2024年03月随便做做2024-04-115.2024年06月随便做做2024-06-176.2024年07月随便做做2024-07-05

7.2024年08月随便做做2024-08-16

8.2024年09月随便做做2024-09-139.2024年11月随便做做2024-11-2510.2024年12月随便做做2024-12-0511.2025年01月随便做做01-03

收起

Miscellaneous

Codeforces 1119F - Niyaz and Small Degrees

对于一个固定的度数限制 \(x\)，显然有 dp：\(f(u,0/1)\) 表示考虑 \(u\) 以及子树内的点边，是否删除了 \(u\) 连向 \(father_u\) 的边，这时满足限制的最小删边权值和为多少。

假设所有点的度数都大于等于 \(x\)，那么 \(f(u,0)\) 的转移应该是先假定所有儿子 \(v\) 都是 \(f(v,0)\)，之后再选出若干 \(v\) 加上 \(f(v,1)-f(v,0)\)，表示删除这些点，保证删完之后 \(u\) 是满足限制的。

对于度数小于等于 \(x\) 的点，可以挂在父亲上，和 \(f(v,1)-f(v,0)\) 一起算。这个可以使用平衡树做到。

但是对于 \(x\in [0,n-1]\) 我们都要计算答案，是否会超时呢？实际上并不会，用的时间应该是 \(O\sum_{x\in[0,n-1]}\sum_{1\le i\le n} [d_i\ge x])=O(\sum d)=O(n)\)。

所以总的时间复杂度为 \(O(n\log_2 n)\)。

Submission #276341229 - Codeforces

[CCC2019] Tourism

发现显然有如果要让游览到第 \(n\) 个景点的天数最少，那么第 \(i\) 天游览完前 \(p_i\) 个景点，那么一定有游览到第 \(p_i\) 个景区的最少天数为 \(i\)，这样我们将原本的 \(n\) 个景点分成了 \(\lceil\frac{n}{k} \rceil\) 段，每段有且仅有一天可以游览到这其中的景点。于是就可以 \(O(n)\) 的转移了。

QOJ #2568. Mountains

记 \(f(i,j)\) 表示在矩阵 \(A\) 上从 \((1,1)\) 走到 \((i,j)\) 的路径元素和最大值。那么发现有 \(f\) 与 \(A\) 构成双射，那么需要统计 \(f\) 的个数。显然 \(f\) 中的所有值都在 \([0,k]\) 中。

而且根据 \(f\) 的转移可知，\(f(i,j)\le x\) 的 \((i,j)\) 一定是从 \((1,1)\) 开始阶梯状排列的，只需要统计在 \(n\times m\) 的矩阵中插入 \(k\) 条轮廓线的方案数即可。这个可以将每条轮廓线向左下平移，转化成求 \(k\) 个起点和终点要求一一对应，每个起点各自到各自的终点的路径之间互不相交的方案数。然后使用 LGV 引理即可。

Submission #519096 - QOJ.ac

QOJ #3082. Ascending Matrix

与上题类似，\(a_{r,c}=v\) 的限制可以使用多项式插值解决。

Submission #519549 - QOJ.ac

[ZJOI2022] 树

\(f(i,x,y)\) 表示考虑到第 \(i\) 个位置时钦定 \([1,i]\) 中有 \(x\) 个属于 \(T_1\) 的非叶子节点，\([i+1,n]\) 中有 \(y\) 个属于 \(T_2\) 的非叶子节点，这时的方案数。

从 \(i\) 转移到 \(i+1\) 时可以考虑钦定 \(i+1\) 的身份：

钦定 \(i+1\) 是 \(T_1\) 的叶子节点： \(f(i+1,x,y-1)\leftarrow f(i,x,y)\times x\times (y - 1)\)。

钦定 \(i+1\) 是 \(T_2\) 的叶子节点：\(f(i+1,x+1,y)\leftarrow f(i,x,y)\times x\times y\)。

初始化：\(f(1,1,i)=i\)。

求答案：\(F_n=\sum_i f(n-1,i,1)\times i\)。

那么有一个问题是有可能出现 \(\exists i\) 既是 \(T_1\) 的叶子也是 \(T_2\) 的叶子，这种情况会算两遍，因此额外加入一个容斥转移 \(f(i+1,x,y)\leftarrow -2f(i,x,y)\times x\times y\)。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

提交记录 #2135370 - LibreOJ (loj.ac)

[AHOI2022] 山河重整

可以发现一点是，如果要求 \(S\sube \{1,2,\cdots, n\}\) 能够满足可以使用子集元素的和表出 \(1,2,\cdots,n\)，那么充要条件是：

\[\forall i\le n:i\le \sum_{v\in S,v\le i}v \]

证明有很多种，可以简单归纳，或者更简单地通过 \(O(n^2)\) 的 dp 推得。

更进一步，如果有 \(S\) 不满足上述条件，则 \(S\) 第一个不能表出的数应该是最小的 \(i\) 使得 \(i> \sum_{v\in S,v\le i} v\)，此时得出 \(S\) 中 \(< i\) 的数一定只能连续表出到 \(i-1\)。

记 \(f(i)\) 表示使用 \(\le i\) 的数，和为 \(i\) 且能表出 \([1,i]\) 中的所有数字的方案个数。那么应该有 \(answer=2^n-\sum_{i=0}^{n-1} 2^{n-i-1} f(i)\)。

剩下就是求出 \(f(i)\) 了。

注意到 \(f(i)\) 实际上就是要求满足上述条件的互异分拆数，那么我们记 \(h(i)\) 表示互异分拆数，那么一定会有 \(f(i)=h(i)-g(i)\)，其中 \(g(i)\) 表示不满足上述条件的互异分拆数。根据容斥容易得出 \(g(i)=\sum_{j=0}^{i-1} f(j) \cdot t(i-j,j+2)\)，其中 \(t(u,v)\) 表示用大于等于 \(v\) 的各个不同的数字拼出 \(u\) 的方案数。容易发现只有 \(j\le \frac{i}{2}\) 的时候 \(t(i-j,j+2)\) 才可能有值，因此可以类似半在线卷积地根据 \(f(0),\cdots ,f(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)\) 直接求出 \(f(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor + 1),\cdots,f(n)\) 的值，递归下去就可以了。

提一句 \(h\) 的计算是类似于 \(O(n\sqrt n)\) 求分拆数的 dp，而 \(g\) 的计算可以类似 \(h\) 的计算，因为如果 \(t(i-j,j+2)\) 选出了 \(k\) 个数，那么可以每个数减去 \((j+2)\)，总共减去 \((j+2)k\) 之后再求出这 \(k\) 个数的和为 \(i-j-(j+2)k\) 的方案数，我们可以用求 \(h\) 的方法加上精妙的改动后用来求 \(g\)，具体可见代码。

时间复杂度 \(T(n)=O(n\sqrt n) + T(n/2)=O(n\sqrt n)\)。

提交记录 #2135608 - LibreOJ (loj.ac)

[2021-2022 集训队互测] 这是一道集训队胡策题

妙妙妙计数题，这两个月遇到的计数题让我以为我自己根本不会计数。

考虑如果 \(\sum_{i,j} ([a_i=c_{i,j}]+[b_j=c_{i,j}]-[a_i=b_j])=n^2\) 那么一定满足条件。而且显然有 \(\sum_{i,j} ([a_i=c_{i,j}]+[b_j=c_{i,j}]-[a_i=b_j])\le n^2\)。因此只要让这个式子尽量去取到最大值即可。发现 \(\sum_{i,j}[a_i=b_j]=(\sum_{i} a_i)(\sum_{j} b_j)+(n-\sum_{i} a_i)(n-\sum_{j} b_j)\)，那么就可以将 \(a\) 和 \(b\) 分离单独处理。

对于每个 \(x=\sum_{i} a_i\)，计算出最大的 \(\sum_{i,j}[a_i=c_{i,j}]\)，并算出有多少种方案可以得出这个最大值。\(y=\sum_j b_j\) 同理。

然后枚举 \(x,y\) 计算即可。单独计算是 \(O(n)\)，但枚举 \(x,y\) 的时间复杂度是 \(O(n^2)\)，所以总的时间复杂度为 \(O(n^2)\)。

提交记录 #2135864 - LibreOJ (loj.ac)

[2020-2021 集训队作业] Tour

部分分：\(a_i\ge 0\)。

记 \(c_i=a_{p_i}\)，原条件相当于 \(\forall i< n:c_ic_{i+1}\le w\)。

将 \(a\) 按从小到大的顺序排序，显然这不会影响答案。同时建立一个队列 \(q\)，执行以下操作直到 \(a\) 被删空：

• 记 \(x\) 为当前 \(a\) 中最小的数，\(y\) 为 \(a\) 中最大的数。
• 如果 \(xy\le w\)，则在 \(a\) 中弹出 \(x\) 并在 \(q\) 的末尾加入 \(x\)，并将 \(x\) 标记为好的；如果 \(xy>w\)，则在 \(a\) 中弹出 \(y\) 并在 \(q\) 的末尾加入 \(y\)，并将 \(y\) 标记为坏的。

然后可以按照队列内部的顺序依次将队内元素插入 \(c\) 中，因为无论什么插入顺序只要满足题目要求就可以计数。这时有一个看似显然实则非常非常强大的性质，就是如果当前队首元素为 \(x\)，当 \(x\) 为好的时，当前队中的所有元素与 \(x\) 的乘积一定都 \(\le w\)；当 \(x\) 为坏的时，当前队中的所有元素与 \(x\) 乘积一定都 \(>x\)。

那么我们在插入时可以记录当前空位数，初始时只有一个空位，此时考虑要插入 \(x\)：

• 如果 \(x\) 为好的，那么将 \(x\) 插入任意一个空位之后都会有：它的左右两边在之后都可以插入新的数，而它本身消耗了一个空位数，所以空位数会增加一个。
• 如果 \(x\) 为坏的，那么将 \(x\) 插入任意一个空位之后都会有：它的左右两边在之后都不能插入新的数，而它本身消耗了一个空位数，所以空位数会减少一个。

而插入时任意空位显然是等价的，因此考虑记录空位数即可。

具体的，如果队中第 \(i\) 个元素为好的，则 \(t_i=1\)；否则 \(t_i=-1\)。那么答案就是：

\[\prod_{i=1}^n(1+\sum_{j=1}^{i-1}t_j) \]

主要用到了两个关键（但是显然）的性质：

• 任意插入顺序对答案没有影响。
• 任意数字集合 \(S\)，总是存在 \(v\) 使得它和 \(S\) 中任意数的乘积都同时 \(\le w\) 或者 \(>w\)。换句话说，对于是否满足题目的要求，一定存在一个数使得后续的插入均满足或均不满足。

---

部分分：\(n\le 2000\)。

不妨把 \(0\) 当作正数考虑。

显然一正一负是满足限制的。

因此可以按正负分段，设正数极长连续段个数为 \(i\)，负数极长连续段个数为 \(j\)，应该有 \(|i-j|\le 1\)，这样就做到了正负分离，只需要分别计算正数 \(i\) 段的方案数和负数 \(j\) 段的方案数并乘起来即可。

记 \(F(i)\) 表示正数的极长连续段个数为 \(i\) 时的方案数（负数同理）。我们希望求出这个，但是很困难。一个想法是将上个部分分的初始一个空位改成 \(i\) 个。这样计算出的实际上是至多 \(i\) 个连续段的方案数记为 \(f(i)\)，且如果恰有 \(x\) 个极长连续段，则这种方案会在 \(f(i)\) 中被计算 \({i\choose x}\) 次。

那么就有二项式反演： \(f(i)=\sum_{j\le i} {i\choose j} F(j)\Rightarrow F(i)=\sum_{j\le i} (-1)^{i+j}{i\choose j} f(j)\)。

可以 \(O(n^2)\) 求出 \(F\) 和 \(f\)。然后同理求出负数的 \(G\) 和 \(g\)，然后枚举 \(f,g\) 来 \(O(n)\) 合并。

---

如果想要做到可过的时间复杂度，就需要一些多项式科技了。

首先可以知道 \(f(x) = \prod_{i=1}^n(x+\sum_{j=1}^{i-1}t_j)=\prod_{i=1}^n (x+s_i)\)，这个可以分治求出，然后多点求值求出 \(f(0),f(1),\cdots,f(n)\) 的值。

发现：

\[\begin{aligned} F(x)=&\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^{x+i}{x\choose i} f(i) \\ =&(-1)^x\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^{i}\frac{x^{\underline i}}{i!} f(i) \end{aligned} \]

可以得出 \(\mod x^{n+1}\) 意义下的 \((-1)^xF(x)\) 的下降幂多项式的系数，因为此时是下降幂多项式，因此多点求值是好做的。

但是到此为止了吗？

继续观察，发现难写的地方是对于 \(f(x)\) 多点求值，但是如果 \(f(x)\) 是下降幂多项式形式就会很简单，因此我们直接在分治卷积的时候就把 \((x+s_i)\) 当作下降幂多项式，这样进行下降幂多项式乘法就可以快速求出 \(f(0),\cdots,f(n)\) 的值了。

当然常数还是很大，所以我对 \(a_i\ge 0\) 的包进行了单独判断才过了。如果写 4-base 的 NTT 会快很多。

提交记录 #2136325 - LibreOJ (loj.ac)

[2023-2024 集训队互测] 序列

似乎找到等价条件之后就没啥好说的了。

download.php (qoj.ac)

唯一值得一提的是转移式：

\[g(i,j)=\sum_{a=1}^{i-1}\sum_{b=1}^{j} g(i-a,j-b)g(a-1,b) + \sum_{b=0}^{j} g(a-1,b) \]

其中加号前面的意义，应该简单理解 \(a,b\) 为矩形的长和宽，无论 \(g(i-a,j-b)\) 所包含的情况如何，\(b\) 都是直接搭在前面情况中的最大值上的。

Submission #524623 - QOJ.ac

[2022-2023 集训队互测] 六元不定方程

构思题目，思慕出题人，我是杀猫。

首先 \(\mod N\) 是个问题因为 \(N\) 不是质数，但是因为 \(\mu(N)\ne 0\)，因此考虑 \(N\) 的标准分解 \(N = p_1p_2\cdots\) ，会发现比较妙的一点是，我们对于每个 \(p_i\) 将其当作 \(N\) 计算出答案之后乘起来就是对于 \(N\) 的答案。换而言之，固定 \(r\) 的情况下，设 \(\mod x\) 的计数答案为 \(f(x)\)，则 \(f\) 是一个积性函数。原因在于考虑中国剩余定理，应该会有：

\[r\mod N\Leftrightarrow \begin{cases} \prod p_i = N \\ r_1 &\mod p_1 \\ r_2 &\mod p_2 \\ \cdots &\;\;\;\;\;\; \cdots \end{cases} \]

左右是有唯一对应关系的，在 \(p_i\) 中各个不同的 \(r_i\) 会最终组成小于 \(N\) 的唯一的 \(r\)，\(r\) 也容易得出唯一的 \(r_i\)，显然对于 \(a,b,c,a',b',c'\) 也是如此。

通过 PR 将问题转化成求 \(f(p)\)，其中 \(p\) 是质数。最终的答案就是 \(\prod_{i=1}^n f(p_i)\)。

考虑如果固定 \(a,a'\)，那么会有多少组 \((b,b')\) 呢？实际上这个答案似乎和 \(r\) 是否为 \(0\) 有关，那么分类讨论。

---

(i) \(r=0\)。

首先考虑 \((a,a')=(0,0)\) 或者 \((b,b')=(0,0)\) 的情况，经过分讨得出方案数为 \(2p^3+p^2-2p\)。

那么现在就有 \((a,a')\) 和 \((b,b')\) 都不等于 \((0,0)\) 了。

在这种情况下，会有一个神奇的事，就是固定 \((a,a')\ne (0,0)\)，那么无论 \((a,a')\) 是什么，\((b,b')\) 都有 \(p-1\) 组解，因为我们已经把全为 \(0\) 的解排除在外了。

然后就得到方程：

\[\begin{cases} ac+a'c'&\equiv r &\mod p \\ bc+b'c'&\equiv r &\mod p \end{cases} \]

有唯一解解当且仅当 \(ab'\ne a'b\)。而其他的情况，上下线性相关，应该有：\((a,a')=k(b,b')\)，因为有 \(r=0\)，因此 \(k\in[1,p-1]\)，此时应该有 \(ka^2+k(a')^2\equiv a^2 + (a')^2 \equiv 0 \mod p\)，而 \((c,c')\) 因为 \((a,a')\ne (0,0)\) 而恰好有 \(p\) 组解。

我们记 \(x^2+y^2\equiv r\mod p\) 的解的个数为 \(C_r\)。

那么实际上这部分的方案数应该是：

\[(C_0-1)(p-1)p + (p^2-1)(p-1)-(C_0-1)(p-1)+(2p^3+p^2-2p) \\ =(C_0-1)(p-1)^2+3p^3-3p+1 \]

---

(ii) \(r>0\)。

这时显然 \((a,a'),(b,b'),(c,c')\) 都不会等于 \((0,0)\)。

固定 \((a,a')\)，发现 \((b,b')\) 恰好有 \(p\) 组解。

同样得到方程：

\[\begin{cases} ac+a'c'&\equiv r &\mod p \\ bc+b'c'&\equiv r &\mod p \end{cases} \]

有唯一解当且仅当 \(ab'\ne a'b\)。而其他的情况，因为有 \(r>0\) ，所以应该有 \((a,a')=(b,b')\)。因此就是 \(a^2+(a')^2\equiv r\mod p\)，就是 \(C_r\) 了。而此时 \((c,c')\) 有 \(p\) 组解。

而 \(ab'=a'b\) 的情况为了去掉我们仍然要计算，应该有 \((a,a')=k(b,b')\)，方案数为 \(\sum_{i=1}^{p-1} C_{r/k}=p^2-C_0\)。

因此这部分总的方案数应该是：

\[C_r\cdot p+(p^2-1)p-(p^2-C_0) \]

---

最后就是求 \(C_0,C_r\) 了。

引入勒让德符号 \(\left(\frac{a}{p}\right)\)。

则对于任意 \(b\) 应该有：

\[\begin{aligned} C_b=&\sum_{i=0}^{p-1}\left(\left(\frac{i}{p}\right)+1\right)\left(\left(\frac{r-i}{p}\right)+1\right) \\ =& \sum_{i=0}^{p-1}\left(\frac{i(r-i)}{p}\right)+2\sum_{i=0}^{p-1} \left(\frac{i}{p}\right)+p \\ =& \sum_{i=1}^{p-1}\left(\frac{\frac{r}{i}-1}{p}\right)\left(\frac{i}{p}\right)^2+0+p \\ =& p + \sum_{i=1}^{p-1}\left(\frac{\frac{r}{i}-1}{p} \right) \end{aligned} \]

那么就有：

\[C_r=\begin{cases} (p-1)\left(\frac{-1}{p} \right)+p & r = 0 \\ p-\left(\frac{-1}{p} \right) & \mathrm{otherwise} \end{cases} \]

带回各部分计算再组合起来，就可以得到答案了。

Submission #524991 - QOJ.ac

[PKU-CPC 2023] Empty Up a Bottle

对于 \(A,B,C\)，如果对 \(A,B\) 进行操作，则会有 \(A'\equiv 2A \mod (A+B),B' \equiv 2B\mod (A+B)\)。同理 \(\times 2^k\) 的都可以做到。

如果 \(A+B\) 为奇数，一次操作还可以做到 \(\times 2^{-k}\)。

假设有 \(A,B\) 为奇数且 \(A<B\)，\(C\) 为偶数。

则可以操作：\((A,B,C)\to (2^kA,B-(2^k-1)A,C)\to (A,B-(2^k-1)A,C +(2^k-1)A)\)。

两次就可以让 \(B\) 至少减少一半，所以只会经过 \(O(\log_2 A + \log_2 B)\) 轮。

Source code - Virtual Judge (vjudge.net)

Atcoder ARC156D - Xor Sum 5

由卢卡斯定理可以简单得到，如果 \(m_i\) 表示 \(i\) 在 \(p_i\) 中出现的次数，那么 \(m\) 对应的所有 \(p\) 总共有对答案的（异或）贡献当且仅当 \(\forall i,j:m_i\& m_j=0\) 并且 \(\sum m =n\)。

然后就可以对答案进行数位 dp，因为 \(a\) 很小，所以直接将值记在状态里。

\(f(i,s)\) 表示考虑到了第 \(i\) 位，第 \(i\) 到 \(i+10\) 位的状态为 \(s\) 时前 \(i-1\) 位所有方案异或的答案，\(g(i,s)\) 表示同样的状态下，这个情况的方案的奇偶性。

转移是简单的。

时间复杂度 \(O(n^2\log_2 k)\)。

Submission #56956048 - AtCoder Regular Contest 156

Atcoder jsc2022 Final F - Share the Recipe

记录 \(S\) 为染黑的点集，并记 \(S\circ T\) 表示点集 \(S\) 和点集 \(T\) 之间的已操作的边的集合。

那么正常的 dp 似乎要用到 \(S,S\circ S,S\circ \bar S,\bar S\circ \bar S\) ，并且都要计入状态。这显然是做不了的。

那么简单的思路就是考虑简化，首先并不需要记录 \(S\)，而是只需要记录 \(|S|\)，在轮次达到 \(A_i\) 时才考虑具体将 \(i\) 对应到 \(S\) 中的哪个数。

其次，\(S\circ S,\bar S\circ \bar S\) 也只需要记录大小。\(S\circ S\) 是因为本身操作哪条边都不会影响其他的状态，而 \(\bar S\circ \bar S\) 的记录可以效仿上边 \(S\to |S|\) 的优化，只在从 \(\bar S\) 中选择点 \(v\) 加入 \(S\) 时才枚举有几条边与 \(v\) 相连。

最后剩下的就是 \(S\circ \bar S\) 的处理了，发现实际上只需要维护出 \(S\) 关于 \(S\circ \bar S\) 的度数可重集就可以了，而发现此时度数最大为 \(|\bar S|\)，共有 \(|S|\) 个点，而 \(|\bar S| + |S|=n\)，因此可以使用 \(2^n\) 的折线表示法表示出这个度数可重集。

转移实现借鉴了 zhoukangyang。orzorz。

但是跑得极其慢。

不会分析时间复杂度，\(O(能过)\)。

Submission #56999630 - 第三回日本最強プログラマー学生選手権 -決勝- (atcoder.jp)