ZR21秋季noip10连测

不摆烂了，开始订正

Day 1

http://zhengruioi.com/contest/967

A

幂函数是完全积性函数，做完了
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B

观察第二个样例发现是$n!$
考虑倒着插入每一个点，如果不是叶子结点，那么可放置到位置+1，不然-1
倒过来做即可
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C

姑且是按照题解把代码写了，但还不是特别明白，先mark一下

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D

博弈论题

设异或和为$s$，如果为0，显然平局

否则胜负肯定是在$s$的最高位上区分出来的这一位一定有奇数个1

什么意思呢，就是把如果原数这一位为1，那么就设成1，否则为0
然后这个01串肯定是有奇数个1的

那么对于这个串，要么奇数位有奇数个一，要么偶数位有奇数个一
如果n为偶数，可以发现开头和结尾分别对应着奇数位和偶数位，即先手是可以决定后手下一次选的是原数列的奇数位还是偶数位
如先手拿走了一个奇数位的，那么后手拿的开头和结尾的都是原数列偶数位的数

所以当$n$为偶数时，先手必胜

那么对于$n$为奇数的情况下，如果开头和结尾都是0，那么先手随便选一个，必定会转换场上面那种情况，即如果开头结尾是0，先手必败

如果开头是1（或结尾，无所谓），在剩下那个序列中，如果开头结尾不同，如果后手取了其中一个，那么先手必不可能取另外一个

所以先手一定不会干这种蠢事，所以先手一定每次都取和后手一样的数，这样才可能胜

那么再考虑，如果后面那段1的个数不是4的倍数，那么平分完之后一定各获得奇数个1，先手再加上一开始拿的那个1，必败

也就是说，n为奇数 如果删掉开头（或结尾）的1后，剩下的数1的个数必须事4的倍数
此外，还必须满足不管后手怎么取，先手都可以取到和后手一样的数字

考虑这个序列长啥样，容易发现，每次两端的一定是相等的，删掉两端对应相等的之后，中间那一段一定是相邻两个是相等的
然后按照这个判断即可

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Day 2

http://zhengruioi.com/contest/975

C

不会

D

考虑把上面一层提起来，然后发现可以变成一个立体的东西，发现最终只和最上面那层相关

先预处理出来下面的方案数$g[i][j]$表示第一行已经填$i$个，第二行填了$j$个，剩下填完的方案数
转移就很简单

然后再考虑DP最上面那一层的
$f[i][j]表示第一行选了i个点，第二行选了j个点$
如果是放第一行，那么直接放即可
如果是放第二行，当$i>j+1$时说明$j+1$下面挂着的那个全都可以选，直接用插板法算即可
否则当$i==j+1$，选完第二行之后下一个一定是选第一行，那么可能在选第一行之前先把下面挂着的第一列选了若干个，再枚举一个$k$,乘上$g[k][0]$
dp即可
时间复杂度$O(n^2)$

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Day 3

http://zhengruioi.com/contest/981
阴间场

B

考虑$dp[i][j]$表示第$i$秒，在第$j$个位置的最小代价
用线段树维护转移

• 不动
  $dp[i-1][j]->dp[i][j]$,保留原来线段树
• $dp[i-1][x]+a(x-y)->dp[i][y]$ 线段树维护$dp[i][x]+ax$最值即可
• 另外一个方向同理
  然后把不合法的地方毙掉

线段树维护区间最值和区间覆盖即可

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Day 4

http://zhengruioi.com/contest/989

B

考场上被yyc指导了一波，结果被卡常卡成了暴力，很难受
首先一眼看出来是区间dp
考虑二分，变成一个判断性的问题

转移很简单，用bitset优化即可

D

分析后可以写出转移方程
$dp[i]+=dp[j]$
当且仅当不存在一个$j<k<=i$使得分开后左边的值全部小于右边的值

Day5

http://zhengruioi.com/contest/1004

A

相邻两个一定不会都操作，二分答案大力贪心即可

Day 6

http://zhengruioi.com/contest/1014

A

数学题，难度不大，推一下式子即可

B

考虑连出了一个三角形，那么中间那个点就没用了

如果中间那个颜色只剩下一个了，那么它不能被删掉，把它和其他的相连
否则删掉之后就变成了$n-1$边形，递归计算即可

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Day 9

http://zhengruioi.com/contest/1035

NB dengls场

A

矩阵乘法入门题
然而考场上推了半天EGF
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B

倒过来做，考虑每个位置最终会在那个位置，很方便

当然为了复习平衡树重新打了一遍Splay
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D

NB题

首先容易发现题目要求的就是$$\sum \frac{x}{x+a_i}$$

第一步是把这个式子转换，
先考虑$x>a_i$的情况

换元$\frac{x}{x+a_i}=\frac{1}{1+\frac{a_i}{x}}$变成

$\frac{1}{1+y}$（$0<y<1$）

然后我们回想一下泰勒展开的公式

$$f(x)=\frac{f(x_0)}{0!}+\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+....$$

然后考虑展开$\frac{1}{1+x}$

先考虑后面的$(x-x_0{)}^i$直接用组合数$={\sum }_j\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{j}\right)x^j{x}_0^{i-j}$

因为$0<x<1$所以我们在$x_0=\frac{1}{2}$处展开

然后看前面的$\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}$
因为$$(\frac{1}{1+x}{)}^{(i)}=(-1{)}^{i}i!\frac{1}{(1+x{)}^{i+1}}$$

阶乘约掉了，所以也很好算

因为具有线性性，把对应项的系数加起来即可

然后我们考虑维护这个展开的公式，

把$a_i$排个序，然后一个插入
插入相当于是把换了的元换回去

即让$k{x}^j$变成$k{a}_i^j{x}^j$

这样就处理完了$x>a_i$的情况

然后我们来考虑$x<a_i$的情况

$$\frac{x}{x+a_i}=\frac{\frac{x}{a_i}}{\frac{x}{a_i}+1}=1-\frac{1}{\frac{x}{a_i}+1}$$

右边换个又变成了$\frac{1}{1+y}$类似维护即可

具体细节可以看代码

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