loj rounds 补题

LibreOJ β Round

ZQC 的树列

考虑原序列中的所有子序列中，美观值最大的一定是原序列。
那么这些子序列美观度与原序列相同的充要条件是包含每个最值点。
由于我们要构造一个特征值为\(k\)的序列。其实只用\(0, 1, 2\)三种元素就能构造。构造的序列一定是一段0(，一段1)，一段2(，一段1)，一段0(，一段1)...
考虑一段长度为\(l\)的连续1的贡献为\(2 ^ l\)，一段长度为\(l\)的连续0或2的贡献为\(2 ^ l - 1\)。相当于把\(k\)分解成这种数的乘积。（只要分解出来，长度一定不会超过限制）
这个东西其实有点困难。因为朴素的贪心分解（从大到小枚举因数）是错的，反例如\(315 = 3 * 3 * 5 * 7 = 5 * 63 = 3 * 7 * 15\)。
但是其实反例很少，因为这种情况只会出现在要分解的数能被\(63\)整除的情况下。把63屏蔽掉即可。
为什么只有63被屏蔽呢？事实上因为它是满足\((2 ^ k - 1) | \prod_{i = 2} ^ {k - 1} (2 ^ i - 1)\)的，就会被叉。

ZQC 的游戏

把每个球（除了1号）和每个食物看做一个点，每个球与在其移动范围内的食物连一条容量为\(w\)的边（食物的重量），并且给每个球一个流量限制，使得其最终重量不能超过1号球，然后跑一个最大流，判断一下所有食物是否能把重量分光，即判断一下最大流是不是等于食物的总重量（预先把1号球能吃的都给1）即可。

ZQC 的拼图

二分是显然的。然后就是一个dp再优化一下了。（不优化竟然也能过！）

ZQC 的手办

这似乎是一个和超级钢琴一样的套路。用线段树+堆即可。
线段树维护的数区间最小值即其位置（如果有多个最小值，取任意一个位置即可）。
然后每次询问的话，考虑先找出整段区间的最小值及其位置，然后构成一个四元组\((l, r, v, x)\)，考虑每次在堆中取出\(v\)最小的四元组，然后加入\((l, x - 1, query(l, x - 1).v, query(l, x - 1).x)\)和\((x + 1, r, query(x + 1, r).v, query(x + 1, r).x)\)即可。复杂度\(\mathcal O(q {\log_2} ^ 2 n)\)。

LibreOJ β Round #2

模拟只会猜题意

\(\mathcal O(n ^ 2)\)处理出每个区间的答案，它对一段前缀询问区间产生贡献（打个标记处理后缀max即可）。复杂度\(\mathcal O(n ^ 2 + q)\)。

贪心只能过样例

bitset乱搞。复杂度\(\mathcal O(\frac{n V ^ 4}{\omega})\)。

DP 一般看规律

看上去就是一道启发式合并。每次合并用set合并，而答案显然是随操作单调的。
合并的时候要更新答案，具体就是枚举小的set里面的元素，在大set里面查找前驱后继。
注意如果没有颜色\(x\)的位置或没有颜色\(y\)的位置要直接对set赋值。\(x = y\)时要跳过。
复杂度\(\mathcal O(q + n {\log_2} ^ 2 n)\)。
然后注意set的赋值或赋值是\(\mathcal O(size)\)的，但是交换是\(\mathcal O(1)\)的，所以可行的时候用swap代替赋值。

计算几何瞎暴力

我眼中的神仙题。
这个排序操作看起来很不好搞。
但是有一种操作叫做维护两个数据结构，一个维护的是序列中排过序的部分，一个维护的是序列中未排过序的部分。
考虑排过序的部分肯定是个前缀，未排过序的部分就是个后缀，可以直接用序列的前缀和维护未排过序的部分，用trie维护排过序的部分。
考虑具体一点。
假设现在没有全局异或操作。
对于一次区间查询，显然数转化为前缀和来做，那么对于一次排序，就把序列中未排过序的部分加入trie中。
考虑trie的有序性，所以在trie上询问就可以直接二分。具体来说，对于trie树上每个节点都要维护一下，其子树内，每个二进制位有多少个1，二分的时候，每次和子树的\(sz\)比一比。（有点抽象）
如果有异或，这个东西会变得复杂一点。
考虑一次异或对未排过序的部分的影响，显然是都有的，那我们不妨打个全局标记。
对于trie树里面排过序的部分，我们维护两个全局标记，一个是当前所有异或标记的异或值\(tag\)，一个是最后一次排序时的异或值\(lazy\)。
因为对于trie树来说，一次异或相当于交换某些子树，所以\(lazy\)就是用来做这个用的；而\(tag\)的话，就是询问的时候再用的。
复杂度\(\mathcal O(q {\log_2} ^ 2 V)\)

LibreOJ β Round #3

绯色 IOI（开端）

这个东西其实结论还挺好猜的。把答案式中的平方拆掉，然后发现要最大化\(\sum_{i = 1} ^ n w_{i_1} w_{i_2}\)。
这其实和一个那啥不等式很像，反正大的和大的乘结果总要大一点。
所以最后的最优匹配方案就是\(n \to n - 1\)，\(i \to i - 2\)（\(3 \leq i \leq n\)）， \(2 \to 1\)。

绯色 IOI（抵达）

哎，还是小结论的问题。
考虑对于一个点\(i\)和它的庇护点\(p_i\)，\(i\)和\(p_i\)一定构成了一个长度为2的环（即\(p_{p_i} = i\)）。
因为考虑\(p\)是一个排列，如果\(p\)中有长度大于2的循环（轮换），在树上一定无法表示（在图上也应形成一个环，但是图是树，没有环）。
所以我们可以求出对于每个点，和哪个点匹配，这显然树可以\(\mathcal O(n)\)的。
然后设一个点的度数为所有与这个点相邻的匹配的远端顶点个数（还未被访问过的），考虑做一个拓扑排序，每次把编号最小且度数为0的点取出即可。
复杂度\(\mathcal O(n \log n)\)。

LibreOJ β Round #4

游戏

一般情况下，能操作最后一步的人有决定胜负的权利。（特判一些情况）

多项式

应用扩展欧拉定理即可。

\[x ^ k - x ^ {k \bmod \phi(m) + \phi(m)} \equiv 0 (\bmod m) \]

子集

由于奇偶性相同的数是必然可以直接放一起的，考虑把原数组按奇偶分成二分图。
对于左右两边的点对，若满足\((a_i, b_j) = 1\)且\((a_i + 1, b_j + 1) = 1\)，连一条边；所求的就是最大独立集的大小。

LibreOJ β Round #5

自然语言

如果存在两个连续的N，一定不合法（因为始终会存在两个连续的N），先判掉。
否则，对于en，一定会把NVV..VVN变成NVN，如果串满足NVNV...或VNVN...的形式，且至少存在一个N，则一定可行；
对于zh，也一定会把NVV..VVN变成NVN，但由于没有N -> VN的方式，所以如果串满足NVNV...，且至少存在一个N，则一定可行。

最小倍数

暴力两只log加剪枝可过。

LibreOJ β Round #6

花煎

花团

题解

花火

题解

Hello 2018（LibreOJ β Round #7）

奴隶主的游戏

猜结论，答案和\(n\)和\(k\)的奇偶性有关（\(k\)如果很大，结论会失效），主要基于存在对称性的方法。

小埋与游乐场

最优解下只会有两种情况给以配对：

\[lowbit(a_i) > lowbit(b_j) \\ a_i = b_j \\ \]

则对于\(lowbit\)相同的点可以当成等价类。
设\({ca}_i\)为\(a\)中第\(i\)种\(lowbit\)的数量，\({cb}_i\)为\(b\)中第\(i\)种\(lowbit\)的数量，\({cc}_i\)表示\(a_j = b_k\)且\(lowbit(a_j)\)是第\(i\)种\(lowbit\)的最大匹配对数。
则建图：

\[\begin{aligned} & (A_i, B_j, \infty, 2 ^ {i - 1} - 2 ^ {j - 1}) \ (i > j) \\ & (A_i, B_i, {cc}_i, 2 ^ {i - 1}) \\ & (S, A_i, {ca}_i, 0) \\ & (B_i, T', {cb}_i, 0) \\ & (T', T, k, 0) \\ \end{aligned} \]

跑一个最大费用任意流即可。

匹配字符串

枚举上一个0出现的位置，有递推式

\[f_n = \sum_{i \leq m} f_{n - i} \]

这是一个常系数线性齐次递推，可以做到\(\mathcal O(m ^ 3 \log n)\)或\(\mathcal O(m ^ 2 \log n)\)或\(\mathcal O(m \log m \log n)\)。
但是这显然过不去。
令\(s_i = \sum_{j = 1} ^ i f_j\)，则有\(s_i - s_{i - 1} = s_{i - 1} - s_{i - 1 - m}\)，即\(s_i = 2s_{i - 1} - s_{i - 1 - m}\)。
考虑建一张有向图，连边\((i - 1, i, 2)\)和\((i - 1 - m, i, -1)\)。则\(s_n\)就是0号点到\(n\)号点的路径权值和，每条路径的权值等于路径上所有边权乘积。
枚举经过了\(i\)条-1边计算贡献，则\(s_n = \sum_{i = 0} ^ {\frac{n}{m + 1}} {(-1)} ^ {i} 2 ^ {n - (m + 1) * i} \binom{n - i * m}{i}\)
则可以根据\(m\)的大小分类讨论，\(m < S\)时，用线性齐次递推；否则直接用后面的式子+lucas算。

Hello, WuXu（LibreOJ Round #8）

Matching

糊结论题。注意到\(k < \min(n, m)\)，所以一定要匹配\(\lfloor \frac{nm}{2} \rfloor\)对才能达到最优。
\(n\)是偶数且\(m\)是偶数时把整个矩阵划分为四个全等部分，左上和右下匹配，左下和右上匹配，且位置相似的匹配。
\(n\)是奇数且\(m\)是奇数时把整个矩阵挖去正中间一块后，划分为四个全等部分，左上和右下匹配，左下和右上匹配，且位置相似的匹配。
\(n\)是奇数且\(m\)是偶数时类似的贪心（所有都可以匹配）。
\(n\)是偶数且\(m\)是奇数时类似的贪心（所有都可以匹配）。

MIN&MAX I

首先只有"大小大"和"小大小"会产生贡献。由于这两种贡献对于所有排列而言是完全对称的，可以只考虑一种。
考虑从大到小加数，计算"大小大"的贡献，可以轻松列出式子

\[E = \frac{\sum_{i = 1} ^ n \max(i - 2, 0) \frac{n!}{i}}{n!} \]

所以答案就是

\[2 \left[n + 1 - \sum_{i = 1} ^ n \frac{2}{i} \right] \]

后面那个东西用分段打表算。