【题解】UOJ Round #23
// created on 22.09.17
A. 民意调查
先考虑集合大小为奇数的情况：令中位数为 \(a_i\)，集合大小为 \(2k+1\)，那么要在 \([1,i-1]\) 和 \([i+1,n]\) 中分别选 \(k\) 个数，并且使得 \([1,i-1]\) 中选的数距离 \(a_i\) 的距离和，严格小于 \([i+1,n]\) 中选的数距离 \(a_i\) 的距离和。偶数的情况是类似的。
于是很容易想到令 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个数选了 \(j\) 个，总和为 \(k\) 的方案数。\(g_{i,j,k}\) 为后缀镜像数组。拼合答案可以直接利用两个数组做到 \(O(n^3V)\) 。不过可惜的是此时空间复杂度也为 \(O(n^3V)\) 。
我们不考虑拼合答案，考虑令 \(f_{i,j,k,0/1}\)，其中 \(f_{i,j,k,0}\) 表示选择了 \(j\) 个数，总和为 \(k\)，还没选择中位数。转移考虑当前选不选，如果选就变成 \(f_{i+1,2ka_{i+1}-j,k,1}\) 。然后 \(f_{i,j,k,1}\) 对应地表示已经选择了中位数。最后的答案就是 \(f_{n,0,0,1}\)，减去容易讨论的非法情况（比如说一个数不选）。
这样第一维可以滚动数组，空间复杂度变为 \(O(n^2V)\) 。而偶数的情况同样可以由同样的空间复杂度做到。
撤销背包也行，想怎么写怎么写。
B. 地铁规划
发现其实就是 baka trick，不过只允许使用一个栈。
我们想让左侧点始终在上面，这样弹栈才是合法的。同时，我们发现数据范围是 \(O(n\log n)\)，这基本提示我们利用某些均摊。而 \(O(n\log n)\) 的均摊一般 要么是 \(2^k\) 要么是 \(\mathrm{lowbit}\) 。
我们不妨考虑 \(\mathrm{lowbit}\) 。记录左侧点的数量为 \(w\)，那么每次进行完后，如果栈顶是右侧点，那么不断弹栈，直到弹出来 \(\mathrm{lowbit}(w)\) 个左侧点。
我们分析复杂度，\(\mathrm{lowbit}\) 的好处在于，在腾出 \(\mathrm{lowbit}\) 个位置后，只有在删去 \(\mathrm{lowbit}\) 时才需要弹栈。由于这个过程中 \(\mathrm{lowbit}\) 是 单调递增 的，因此一个黑点被弹的次数是 \(O(\log n)\) 次的。而白点被弹的次数显然是 \(O(\log n)\) 。于是操作次数是 \(O(n\log n)\) 。
代码就不写了。
C. 国王出游
考虑到答案为：
而对于 \(\frac {[x^n]e^{x_0x}(e^{Ax}+e^{-Bx}-2)^a}{a!}\)，发现是拉反的套路式。我们考虑令 \(G(x)=e^{Ax}+e^{-Bx}-2\)，而 \(F(x)=e^{x_0x}\)，要解决的问题是：\(\forall a\in[0,n],[x^n]F(x)G(x)^a\) 。考虑令 \(P(x)=F(G^{-1}(x))\) 有：
只需要求出 \(G^{-1}(x)\) 及 \(P(x)\) 即可，而主要目标在于求出 \(G^{-1}(x)\) 。考虑牛顿迭代：令 \(C_0(x)\) 满足 \(e^{AC_0(x))}+e^{-BC_0(x)}-2-x\equiv 0\pmod{x^n}\)，现在考虑求出 \(C(x)\) 满足 \(e^{AC(x))}+e^{-BC(x)}-2-x=0\pmod {x^{2n}}\) 有：
不过还有一些 corner case：当 \(A=B\) 时 \([x^1]G(x)=0\)，意味着此时 \(G(x)\) 没有复合逆。此时考虑令 \(H(x)=\sqrt{G(x)}\)，那么 \(H(x)\) 存在复合逆。只需要求 \(\forall a\in[0,2n]F(x)H(x)^i\) 即可。
那对于 \(H(x)\) 的复合逆，要求是 \(\sqrt{G(H^{-1}(x))}-x\equiv 0\) 。同样考虑牛顿迭代：
时间复杂度仍然是 \(O(n\log n)\) 。
