2024年8月6日 加训

2024年8月6日 加训

赛时只过了 C。D 有思路，不过没写。

A CF1969E 2402*

把一个数修改之后，显然直接把序列拆成两个部分。

找出所有的 $(\text{prev}(i), \text{next}(i))$，那么所有合法区间都是包含 $i$ 的子区间。

然后考虑 dp 划分，f[i] 表示前缀 $i$ 最少需要几次修改，转移就是当 $(j ,i]$ 是合法子区间，可从 $f[j] + 1$ 转移过来。

假了。判断所有子区间是不是合法区间非常难。

题解

直接从左往右贪心啊哥们，你在 dp 牛魔。这都没想到直接退役吧。

B CF1957F2 2847*

树，点有点权。$q$ 次询问，找出树上两条路径 $u_1\to v_1$ 和 $u_2\to v_2$ 哪些点权的出现次数不一样，最多找 $10$ 个即可。

不会啊，初步想法 XOR HASHING，或者点分治，但是如果是出现次数这种问题，还得是 XOR HASHING 或者根号分治吧，但也不像能根号的样子（完全没找到什么能均摊）。感觉这题应该挺随机化的。

题解

考虑简单版本的，在序列上，求两段区间哪些颜色出现次数不同。

做法是给每种颜色随机一个哈希值，然后扔到主席树上，可以在主席树上二分找出哪个颜色出现次数不同。

树上同理，拆成 $u\to \text{root}$ 的路径，对这个建立主席树，查询 LCA 即可。

C CF1957E 2501*

感受了一下，应该是个威尔逊定理。因为求 $C(i, k) \bmod k$ 实际上等于：

$$\frac{i\times(i-1)\times\cdots\times(i - k + 1)}{k} \bmod k$$

你这玩意，化简之后有 $k$ 项，显然是 $1, 2, \cdots, k-1$，还有一个 $\lfloor\frac{i}{k}\rfloor$。

我们知道前面这个 $1\sim k-1$ 乘起来，显然有：

$$\prod_{i=1}^{k-1} i \equiv \left\{ \begin{matrix} k - 1 & k~\text{is prime}\\ 2 & k = 4\\ 0 & \text{otherwise} \end{matrix} \right. \pmod {k}$$

我愿称之为拓展威尔逊定理。

所以：

$$C(i, k)\equiv \left\{ \begin{matrix} (k - 1) \lfloor \frac{i}{k}\rfloor & k~\text{is prime}\\ 2\times\lfloor \frac{i}{k}\rfloor & k = 4\\ 0 & \text{otherwise} \end{matrix} \right. \pmod k$$

考虑枚举 $k$ 即可，对 $4$ 的处理应该不用多说，把 $2$ 提出来，剩下的可以 $O(1)$ 求。然后题目变成求：

$$\sum_{k\in\text{prime}}\sum_{k \le i\le n} ((k-1)\lfloor\frac{i}{k}\rfloor\bmod k)$$

怎么感觉有点熟悉，$i\bmod k = i - k\lfloor\frac{i}{k}\rfloor$，这个式子可以化简为：$(k - 1)\lfloor\frac{i}{k}\rfloor = i - i \bmod k - \lfloor\frac{i}{k}\rfloor$。这个还要对 $k$ 驱魔，显然前面两项可以删掉。于是变成 $-\lfloor\frac{i}{k}\rfloor$。

$$\sum_{k\in\text{prime}} \sum_{k\le i\le n} -\lfloor\frac{i}{k}\rfloor \bmod k$$

对 $k$ 枚举倍数，变成区间加，可处理出 $n = 1\sim 1000000$ 的答案，复杂度 $O(n \log n)$。不过在上面那个未化简的式子的时候就可以做了。

原来这么多知识点中我数论学的最好

D CF1956E2 2906*

不是很懂，模拟？但是模拟不出来。

好像可以模拟直到第一个 $0$ 出现，这一步是 $O(n\log v)$ 的（大概），因为在 $n = 3$ 的时候类似一个斐波那契，所以 $n$ 为奇数大概就是斐波那契了。$n = 2$ 也是同理，好像走一圈就可以得到斐波那契形式的不等式。

找到第一个 $0$，就能找到第一个一定存活的位置，继而找到下一个 $0$。

找到一个一定存活的位置 $i$，设其值为 $x$ 可以知道 $i + 1$ 将会经历：$y\to y-x\to y-2x\to \cdots$，这个显然可以 $O(1)$ 求。得到其存活 $k$ 轮。接下来，我们考虑 $i + 2$，将会经历：$z\to z-y+x\to z-2y+3x$，这个显然是一个关于时间的二次函数，系数还是非 $0$ 整数，所以 $z$ 存活不超过 $\sqrt a_i$ 轮，这个没关系，我们仍然暴力二分。再往下，$p$ 就不会存活超过 $\sqrt[3] a_i$ 轮了，我们可以直接保留权值这些变化的权值，直接做，是 $O(n\sqrt[3]{a_i})$ 的。如果感觉不够保险，可以用三次函数二分，然后保留四次函数的权值，是 $O(n\sqrt[4]{a_i})$ 的，这还不能过？

题解

差不多是这个意思，我们暴力做 $\sqrt[3]{a_i}$ 轮，任何连续 4 个有值的都会死。然后在单个块中查询。本质相同，实现不同罢了。我的做法是按边统计边分割，此做法是先分割再统计。但是 u1s1，题解的做法更快。

然后我会证明找到第一个 $0$ 是 $O(\log v)$ 的了。其实就是 $x^{k} = v$，求 $k$ 的最大值。显然 $x=2$ 时 $k$ 最大，为 $\log v$。

E CF1951F 2609*

这能写？感觉没啥性质，特别是置换我很不熟悉。更主要的，C 和 D 花太多时间，现在没时间了。

题解

考虑排列 $p$ 中的顺序和逆序对分别会对 $k$ 产生什么影响。

若 $p$ 中存在 $p_i > p_j, i < j$，对 $q_{p_i}$ 和 $q_{p_j}$ 的值分讨，会发现一定会产生 $1$ 的贡献。

若 $p$ 中存在 $p_i < p_j, i<j$，分讨后会发现产生 $0$ 或 $2$ 的贡献，

然后对 $q$ 从前往后填，假设在填位置 $i$，找到 $i$ 在 $p$ 中的下标 $j$，然后考虑 $j$ 能和在其后面且大于他的构成几个顺序对 $c$，如果 $k > c$ 就直接填当前最大数，否则就讨论一下即可。

F CF1949J 2727*

先伸展一下，然后直接走进目标位置不就好了？

问题在于，怎么判断缩回去哪个格子，格子往哪边走。往那边走比较简单，从目标节点开始 BFS，找到最近的点，然后沿最短路前进就好了。问题在于，怎么判断缩回去哪个格子，要求缩回去的格子不是割点。

题解

双向搜索，每个状态朝可达的字典序最小的状态移动。但感觉需要证明这样搜一定能到达目标状态。

官解是，找到一个 A 的外边界与 B 的外边界之间的最短路，然后对 A、B 分别建立一棵树，A 不断删叶子，B 不断加入一个节点。所以上面所说的问题的解法就是建树。