21人工智能AB组大讨论

ZR模拟赛

Day 1

http://zhengruioi.com/contest/940

A

显然可以斜率优化，不过太蠢了
注意到一个很重要的性质，以每个点为圆心，以到别的点的最短距离的$\frac{1}{2}$为半径画圆，可以发现这若干个圆是不相交的，用反证法易证
所以以最短距离为半径画圆的面积和最多为$2nm$
暴力一圈圈往外判断即可（记一下每一行的区间容易实现）

code

B

显然一开始染的颜色可以归到一个联通块上
可以发现，按照题目的那种方式变换，联通块的周长是不会变的，所以可以逆推，最开始的联通块的周长
规定一个方向
然后对于每个小正方形，如果左边，左上，正上都有格子的话这个格子就没有必要染色了
代码实现也非常简单
code

C

首先套一手拉格朗日乘子法，得到每一处的导数是相等的
然后暴力冲一发结果爆精度了。。
不太会，先咕咕咕着

Day 2

http://zhengruioi.com/contest/942

A

发现左上和右下可以分开考虑，最后再乘起来
枚举每一个格子，然后从左往右维护一个列的扫描线，对于障碍暴力清空，对于障碍一下的全部+1，那个线段树xjb搞即可
code
然而考场降智维护了平方和，写到一半发现不对把那部分全删了。。

B

BC都是多项式，我需要先研究一下。。

C

同上

Day 3

http://zhengruioi.com/contest/943
出题人不给大样例，痛失AK /dk

A

OSU人感觉很亲切，然而早已退坑
首先发现和Day 1 T 3一样可以套拉格朗日乘子法的套路
先把每一块的导数写出来，是钦定全部相等
对于第$i$项
$$f^{\prime }[i]=((d^{i-1}x{)}^2{)}^{\prime }=2d^{2i-2}x$$
于是乎可以得到每一块$x$的比值为$d^2$
可以得到
$$\begin{gathered} x+d^{2}x+d^{4}x+...d^{2n-2}x=W \\ W=x(\frac{d^2-1}{d^{2n}-1}) \end{gathered}$$
$$x=W\frac{d^{2n}-1}{d^2-1}$$
然后在把这个带入
$$\begin{gathered} x^2+d^2{x}^2+d^4{x}^2+...d^{2n-2}{x}^2 \\ =W^2\frac{d^2-1}{d^{2n}-1} \end{gathered}$$
直接计算即可
code

B

支配树板子题
考虑对起点跑一遍最短路，最短路图显然是个DAG，所以直接做在DAG上建的支配树即可
由于这题比较特殊，yy一下可以发现如果在入点的支配点不同，那么这个点肯定不会被支配，不用找LCA，直接判断即可，可以去掉一个log
code

C

sb题，冲一波AC自动机+DP就过了
然而这样时间复杂度是不对的
考虑压缩fail，每次暴力往上跳到第一个是某个文本串结尾的节点，可以发现压缩后最多跳$\sqrt{m}$次
因为跳一次长度至少-1，然而总字符串长度是$m$所以最多跳根号次
懒得写压缩了,凑合着看吧
code

Day 4

http://zhengruioi.com/contest/945
今天的题目真恶臭
感觉出题人对红茶颇有研究

A

瞎写一个线段树合并就过了。。
没啥好讲的
有一万种做法
code

B

不太会，玄妙DP，先研究一下

C

WTM，这么多年NTT白学了
只会打NTT，连DFT都不会了
考场上完全没有往随机方面去想
考虑生日悖论，大概取到$len=\sqrt{P}$的时候相同的可能性很大
先考虑次数$<=10^5$的情况
随机带$len$个数进去跑一遍多项式多点求值就可以了
然而蠢得一批，既然是随便带数，带原根进去就好了
所以跑一遍DFT，就可以得到把$g^0,g^1,g^2,..,g^{len-1}$带入多项式的值了
再翻$(mod-1)/len$倍即可
现在考虑次数$>=10^5$的情况
注意到原根是有循环节的，所以直接把次数$\%len$即可
可以考虑画一个单位圆，g跳len+r步和跳r步的位置是一样的
code

Day5

Day6

http://zhengruioi.com/contest/947

A

sb题，9mins就切了
code

B

那么写成式子就是
$$\sum _i^n\sum _{j=i+1}^n{V}_i{V}_j\times \sum _{k=0}^{(n-3)\ast (n-4)/2}{p}^n(1-p{)}^k{S}_k{p}^{n-j}{p}^{i-2}$$
$i$枚举的是$a_2$,$j$枚举的是$a_n$,$p^n$是查询到存在的边的概率，$k$枚举的是逆序对个数为$k$的(长度为n-3(去掉a1,a2,an))排列数，后面的两项表示的是$a_2,a_n$贡献的逆序对数
考虑化简，吧与$i,j$相关的提出来，显然可以分成两个部分算
$$p^n\sum _i^n\sum _{j=i+1}^n{V}_i{p}^{i-2}{V}_j{p}^{n-j}\times \sum _{k=0}^{(n-3)\ast (n-4)/2}(1-p{)}^k{S}_k$$
前面那部分显然可以线性算，主要是看后面这部分
$$\sum _{k=0}^{(n-3)\ast (n-4)/2}(1-p{)}^k{S}_k$$
考虑关于逆序对个数个数的生成函数
$$\prod _{i=1}^{n-3}(\sum _{j=0}^i(1-p{)}^j{x}^j)$$
然后你要求的就是系数之和，这样的话就不用管$x$了
$$\prod _{i=1}^{n-3}(\sum _{j=0}^i(1-p{)}^j)=\prod _{i=1}^{n-3}\frac{1-(1-p{)}^{i+1}}{p}$$
然后这个东西现在也可以线性算了
最后把两块乘在一起即可
code

C

咕

Day 7

http://zhengruioi.com/contest/948
T1 FST，痛失Rank 7，真的下饭

A

已经连了$n$条边，剩下的要怎么连才可以被两种颜色染色（二分图）
因为二分图的充要条件是不存在奇环，所以考虑一种连边使得不会出现奇环即可
$(2i-1)--->(2i)$
容易发现这种连边是满足要求的（分奇偶讨论一下易证），直接冲即可
code

B

考场上一直在冲C，导致这题白给
容易发现，一个子树是BST的充要条件是它在中序遍历对应的区间内的权值是单调不降的
于是我们可以纪录满足在中序遍历中$a_{i-1}<=a_i<=a_{i+1}$的点的数量
我们对于每一个点，记录它的前驱和后继，以及是否是BST（用树状数组+dfn序），每次修改，需要更新它以及它前驱和后继的答案，然后容易发现每次更新肯定是会将x以及向上的一段祖先的状态（二分即可）
时间复杂度$O(nlo{g}^{2}n)$实现还算简单
code

Day 8

http://zhengruioi.com/contest/949
数组开小，痛失rank4
丢脸

A

网络流一眼题，因为太困了写得有点慢
code

B

Day 9

http://zhengruioi.com/contest/951
第二题和题解的打得反了过来，。。。

A

看一眼数据范围可以很容易想到区间DP，但是如果考虑每次拿走哪一个点话会有后效性，不适合DP，于是我们考虑将状态改为每次枚举最后一个拿走的是哪个，这样只需要将$i$和$a[l-1],a[r+1]$比较就行了
挺不错的
code

B