20221013模拟赛题解

改题比赛

A-record

先将原图按颜色划分成多个大小至少为 $2$ 的连通块，不难发现每个连通块内的颜色永远一样，然后对于每个连通块向外 bfs 扩展，每个点第一次被扩展到后颜色就会开始变化。所以记录一下每个点什么时候被扩展到以及它会跟随哪个连通块，然后询问时判一下时间和奇偶性即可。

B-jewelry

分析

发现 $n$ 很大，而 $c_i$ 很小，于是可以开个桶存每个 $c$ 对应的 $v$ 的集合。此时很显然可以设 $dp_{i,j}$ 表示枚举到售价为 $1 \sim i$，花了 $j$ 元的最大吸引力，转移方程就呼之欲出了：

$$dp_{i,j}=\max\{dp_{i-1,j-ki}+cal(i,k)\} \\ $$

，其中 $cal(i,k)$ 表示售价为 $i$ 的前 $k$ 大吸引力之和。此时暴力 dp 的复杂度是 $\mathcal O(n^2)$，能获得 $20pts$ 的好成绩。

考虑优化，发现其贡献函数的增长率随 $i$ 增大而而减小，即其二阶导恒为非正，且题目中求的是最大值，因此其满足决策单调性。

因此可以使用分治或二分队列等常见做法优化到 $\mathcal O(mw\log m)$。

C-impression

分析

首先发现一个显然的结论，把树分成若干份权值和相等的连通块要么没有方案要么只有 $1$ 种方案。

然后发现每块权值分 $k$ 时，一个节点 $u$ 能和其父节点断开的必要条件是 $k|s_u$。于是可以设

$$f_i=\sum\limits_{u=1}^{n} [\frac{S}{i}|s_u]\\ $$

，其中 $s_u$ 表示以 $u$ 为根的子树大小。

考虑如何计算 $f_i$，发现若 $f_i$ 里算进去了 $u$，设 $t=\frac{S}{i}$ 则必有

$$t|s_u \Longleftrightarrow s_u=xt \ (x\in \N)\\ t=\frac{S}{i}\Longleftrightarrow S=ti \\ $$

，于是有

$$t|\gcd(s_i,S) \Longleftrightarrow \frac{S}{i}|\gcd(s_i,S) \Longleftrightarrow \frac{S}{\gcd(s_i,S)}|i \\ $$

，于是每次枚举倍数即可。这部分的复杂度相当于是 $\sum\limits_{i=1}^{n} d(i) \sim n \ln n$。

发现树能合法地分成 $i$ 份当且仅当 $f_i=i$，举几个例子能容易发现。

再考虑整体的答案，设 $dp_i$ 表示最后一次分成 $k$ 份的方案数，发现每次分的份数一定是上一次的倍数，于是转移还是个 $n\ln n$，转移方程为：

$$dp_i=[f_i=i]\sum\limits_{i|t} dp_t$$

，最后输出 $dp_i$ 求和即可。

核心代码

int n,a[MAXN],f[MAXN],dp[MAXN],s[MAXN],ans;vector<int>d[MAXN],tr[MAXN];
void dfs(int u,int fa){
    s[u]=a[u];for(auto v:tr[u]) if(v!=fa) dfs(v,u),s[u]+=s[v];
}int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
signed main(){
    qread(n);int i,j;for(i=1;i<=n;i++) qread(a[i]);
    for(i=2;i<=n;i++){
        int p;qread(p);
        tr[i].push_back(p);tr[p].push_back(i);
    }dfs(1,0);dp[1]=1;int v;
    for(i=1;i<=n;i++) if((v=(s[1]/gcd(s[i],s[1])))<=n) f[v]++;
    for(i=n;i>=1;i--) for(j=i+i;j<=n;j+=i) f[j]+=f[i];
    for(i=1;i<=n;i++) f[i]=(f[i]==i);
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(!f[i]) continue;
        for(j=i+i;j<=n;j+=i) (dp[j]+=dp[i])%=mod;(ans+=dp[i])%=mod;
    }printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

D-graph

大分讨。一下点的度数若无特殊说明均为模 $3$ 以后的结果。

• 如果有入度为 $0$ 的点那么只保留它即可。

• 如果有两个入度为 $1$ 的点且他们的路径上只有入度为 $2$ 的点那么就保留这两个点的路径上的点即可，可以证明如果图中有至少 $2$ 个入度为 $1$ 的点就一定会存在如上路径。

• 如果有仅由入度为 $2$ 的点构成的环就保留这个环即可。

• 剩下的情况就是只有 $1$ 个入度为 $1$ 的点和一个由入度为 $2$ 的点构成的森林。首先，这个入度为 $1$ 的点必然存在，要不然叶子结点的度数不可能是 $2$。其次，森林至少有 $2$ 棵树。因为一棵树对度数为 $1$ 的点的贡献为 $2$。所以考虑找 $2$ 颗树并分别保留 $2$ 个叶子结点和路径以及这个入度为 $1$ 的节点。

特判一下保留下来的点是整个图的情况。

Ex-math

分析

首先发现当取到 $x=y=1$ 时，$b=\dfrac{1+1+a}{1}=a+2$，所以有 $b_{max}\geq a+2$。

另一方面，设 $b$ 是一个满足条件的正整数，设 $(x,y)$ 是所有满足原式的正整数对中使得 $x+y$ 最小的一对。

若 $x=y$，则 $b=\dfrac{2x^2+a}{x^2}=2+\dfrac{a}{x^2}\leq 2+a$。

若 $x\neq y$，不妨设 $x>y$，此时原式可以变形成关于 $x$ 的一元二次方程

$$x^2+by \cdot x+y^2+a=0 \\ $$

，设其另外一个实数解为 $x'$，由韦达定理可知 $x'=by-x\in \Z$，又因为 $x\cdot x'=y^2+a$，即 $x'=\dfrac{y^2+1}{x}\ >0$，所以 $x'$ 为正整数，此时，$(x',y)$ 也是满足原式的正整数对，因此

$$x'+y=\frac{y^2+a}{x}+y\geq x+y \\ $$

，于是有 $x^2\leq y^2+a$，且 $x\geq y+1$，于是有

$$b=\frac{x^2+y^2+a}{xy}\leq \frac{2(y^2+a)}{xy}\leq \frac{2(y^2+a)}{y(y+1)}=\frac{2y^2}{y^2+y}+\frac{2a}{y(y+1)}<2+a \\ $$

，所以 $b_{max}\leq 2+a$。