Solution Set -“似一捧细泉的奔逃”

目录

• 0.「OurOJ #47912」优美的分配方案
• 1.「OurOJ #47927」海之女仆
• 2.「OurOJ #47950」中档题
• 3.「OurOJ #47933」坐标
• 4.「OurOJ #47935」上升
• 5.「OurOJ #47947」数划分
• 6.「OurOJ #47954」数区间集
• 7.「CF 1770F」Koxia and Sequence
• 8.「洛谷 P5172」Sum

$$\mathfrak{Defining~\LaTeX~macros\dots} \require{\cancel} \newcommand{\vct}[1]{\boldsymbol{#1}} \newcommand{\lca}[0]{\operatorname{lca}}$$

0.「OurOJ #47912」优美的分配方案

  Private link & Submission (忘交了).

  给定含有 $n$ 个点 $m$ 条边的简单无向图 $G$, 将 $1\sim m$ 分配给 $m$ 条边作为边权. 求所有前 $n-1$ 条边恰为 MST 的 $G$ 的 MST 边权和之和.

  $n\le20$.

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• 「A.DP-计数 DP」「A.数学-组合计数」

  想看 GF 的可以散了, 都说了兔是组合意义选手. (

  不难转化成: 有 $m$ 个空位 (权值) 排成一行, 要填入 $m$ 个球 (边), 对于球 $i\in[1,n)$, 有限制集合 $R_i$, 表示 $R_i$ 内的所有球必须在 $i$ 之后, 注意有 $\min R_i\ge n$. 求所有合法方案中, 前 $n-1$ 个球的位置标号和.

  先来想想怎么求合法方案数. 作为一个成熟的组合意义选手, 我们可以很快构造一个等价合法且不重不漏的放球规则. 令 $f(S)$ 表示 $[1,n)$ 内填了 $S$, $[n,m]$ 内填了所有可填的数 (记为 $R_S$) 的方案. 枚举一个 $u$ 加入 $S$, 我们先将 $u$ 填入最左侧的空位, 再随便选 $R_u\setminus R_S$ 的位置即可. 因此

$$f(S\cup\{u\})\overset{+}{\longleftarrow}\frac{(m-|R_S|-|S|-1)!}{(m-|R_{S\cup\{u\}}|-|S|-1)!}f(S).$$

  怎么表示权值呢? 作为一个成熟的组合意义选手, 我们首先发现 "标号和之和" 只有加法, 可以分开算贡献. 标号还是转化成方案更好算, 自然想到用特殊球标记球 $i$ 前的一个位置, 就能将球 $i$ 的标号转为方案. 具体地, 我们新增一个空位和一个特殊球. $f(S,0/1)$ 标记特殊球是否被放置. 不涉及特殊球放置的转移是一样的:

$$f(S\cup\{u\},0)\overset{+}{\longleftarrow}\frac{(m-|R_S|-|S|)!}{(m-|R_{S\cup\{u\}}|-|S|)!}f(S,0), \\ f(S\cup\{u\},1)\overset{+}{\longleftarrow}\frac{(m-|R_S|-|S|-1)!}{(m-|R_{S\cup\{u\}}|-|S|-1)!}f(S,1).$$

如果放特殊球, 规则为: 先将特殊球前置, 再将 $u$ 前置, 最后乱选其他球. 此时特殊球会对 $n-1-|S|$ 个 $i$ 贡献, 需要额外乘系数. 因而

$$f(S\cup\{u\})\overset{+}{\longleftarrow}\frac{(m-|R_S|-|S|-1)!}{(m-|R_{S\cup\{u\}}|-|S|-1)!}\cdot(n-1-|S|)f(S,0).$$

  答案即 $f(U,1)$. 复杂度 $\mathcal O(n2^n)$.

1.「OurOJ #47927」海之女仆

  Private link & Submission.

  假设一个有重力的二维世界, $x<1$ 和 $x>n$ 处是无穷高的山, $x\in(i,i+1)$ 处下方有 $h_i$ 体积 (还是别叫面积, 有点怪) 的山, 山上有 $d_i$ 体积的水. 求至少削掉多少体积的山头, 才能让所有水域连通. 求出答案下确界.

  数据组数 $T\le10$, $\cancel{n\le5\times10^3}~n\le10^5$, $0\le d_i,h_i\le10^3$, 绝对精度要求 $\epsilon=10^{-4}$.

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• 「A.分治-二分答案」「B.贪心」「C.性质/结论」

  被 T1 卡了, 没发现 T2 不难, 走投无路把 T3 一眼了. () 不过锤标算的做法还是挺有意思的.

  显然最终海平面关于最小费用具有单调性, 可以二分海平面 $H$. 细节之处在于二分后的贪心.

  考虑最终山的状态: 左右原本就有未被水淹没的山, 我们一开始就能忽略它们; 左右还有一些山高于海平面, 它们肯定无法被淹没, 所以不必被削平, 只需要削出一个峡谷状的山脉 (即, 左边削成前缀最小值, 右边削成后缀最大值), 让水洼里的水流入海中; 除去这些山, 剩下的都是海底山脉, 把高出海平面的山恰好削到海平面即可. 这是削去体积最小的策略, 自然也是水量需求最小的策略. 我们只需要检查所有水能否填满海平面以下的空间即可.

  复杂度 $\mathcal O(Tn\log(h_\max/\epsilon))$.

2.「OurOJ #47950」中档题

  Private link & Submission (忘记交 OJ, 现在交不了啦).

  给定序列 $\{a_n\},\{c_n\}$, 生成一棵树, 对于 $i\in[2,n]$, $i$ 的父亲在 $[1,i-1]$ 中正比于 $a$ 值随机生成, 边权为两端点 $c$ 点权和. 询问 $q$ 次两点距离期望. 答案模大素数.

  $n,q\le10^6$.

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• 「A.DP-概率/期望 DP」「A.数学-生成函数」

  兔是一个组合意义选手, 所以也许她写出来的题解巧妙了你一脸, 但她自己也得酝酿很久. (

  「方法一」 本来尝试常规思路, 枚举 LCA, 求形如 $E(d_u)+E(d_v)-2E(d_{\lca(u,v)})$ 的东西, 但是发现事件独立性的讨论挺烦人的, 我们不妨换个思路: 对 $u,v$ 一起向 LCA 爬树的过程求解.

  不妨设 $u<v$, 注意到 $v$ 在跳到 $[1,u]$ 之前一定不会与 $u$ 相遇, 且经过边权显然和 $u$ 无挂. 方便起见, 我们只算路径上除 $u,v$ 外的点权和期望. 记 $s_x=\sum_{i\le x}a_i$, 对于 $w\in(u,v)$, $w$ 是 $v$ 的祖先的概率显然是 $a_w/s_w$. 因而 $v$ 爬到 $u$ 之前经过的点权期望为 $\sum_{w\in(u,v)}a_wc_w/s_w$. 令 $g(u)=\sum_{i=1}^ua_ic_i/s_i$, 该期望即 $g(v-1)-g(u)$.

  剩下的爬树过程? $v$ 一定处于 "爬到 $[1,u]$ 中某一点" 这个状态, 实际上只有 $u$ 一个变量, 可以 DP 了. 令 $f(u)$ 表示此时还需要经过的点权期望. 枚举 $v$ 落在 $[1,u]$ 中的位置, 可知

$$f(u)=\frac{1}{s_u}\sum_{v=1}^{u-1}a_v(f(v)+g(u-1)-g(v)+c_v).$$

中间的东西拆开求前缀和即可. 线性求逆元可以做到 $\mathcal O(n+q)$. (

  「方法二」 去问 crashed 他的做法的时候发现是原题, 然后找到了自己的题解 (大嘘). 这是求 LCA 的方法. 不知道为什么考场上觉得这个有问题, 大概是写错了?

  「方法三」 然后这个是 crashed 的方法, 可以看出兔和蛋的数学偏好差异. (

  还是算点权和, 不妨设 $u<v$. 令 $F_w(z;u,v)$ 表示以 $w$ 为 LCA 时, 路径出现概率关于其点权和的 GF. 那么

$$F_u(z)=\frac{a_u}{s_{v-1}}\prod_{i\in(u,v)}\left(1+\frac{a_i}{s_{i-1}}z^{c_i}\right),$$

注意 $a_i$ 是上一步的分子, $s_{i-1}$ 是下一步的分母. 这里 $w=u$ 是特殊情况, 当 $w<u$ 时, $(w,u)$ 直接的点既可以被 $u$ 爬到, 也可以被 $v$ 爬到, 所以要复杂一点:

$$F_w(z)=\frac{a_w^2z^{c_w}}{s_{u-1}s_{v-1}}\prod_{i\in(w,u)}\left(1+\frac{2a_i}{s_{i-1}}z^{c_i}\right)\prod_{i\in(u,v)}\left(1+\frac{a_i}{s_{i-1}}z^{c_i}\right).$$

  最终答案即 $\sum_{w\in[1,u]}F_i'(1)$. 导一导算一算即可, 也是线性的.

3.「OurOJ #47933」坐标

  Private link & Submission.

  给定 $n$ 个 $\mathbb Z^2$ 上的点 $\{(x_i,y_i)\}$, 构造正整数序列 $\{a_m\}$ 和向量阵 $\{\vct v_{n\times m}\}$, 要求 $m\le40$, $\vct v_{ij}\in\{(0,1),(1,0),(0,-1),(-1,0)\}$, 且 $(x_i,y_i)=\sum_ja_j\vct v_{ij}$.

  $n\le10^3$, $|x_i|,|y_i|\le10^9$.

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• 「A.构造」

  一道有意思的构造题, 不过 $4\log n\approx m$ 这个实际上没有用的观察还是太迷惑人了.

  判无解: $x+y$ 奇偶性不同则无解, 很显然.

  如果是在数轴上构造? 简单的想法是构造一列 $2^k$, 然后让对每个点贪心地向 $0$ 靠近. 不过这样的分别构造的思路很容易被否定: $2^{20}\times2^{20}$ 容纳不了点的信息! (不过这个判断会被 $4\log n\approx m$ 迷惑, 可恶啊).

  由此, 第一个 motivation: 同时构造两维坐标.

  不妨令 $x,y\ge0$, 我们最终可以对它们进行一些加减, 最终让它们变为 $0$.

  再试试二进制构造? 我们很快发现, 因为不能让提供一个 bit 两次 (不然和分开构造没有区别), 则当 $x,y$ 含有同一 bit 时, 将会很难处理.

  由此, 第二个 motivation: 保持 $x,y$ 的 bit (或某一特定 bit) 不同时为 $1$.

  例如, 保持最高 bit 不同. 归纳地, 我们可以先用 $2^{30}$ 作用于较大者, 并从 $2^{29}$ 开始考虑. 设当前的 $d=2^k$, $|x|\ge|y|$, 则我们对 $x$ 操作, $x\gets d-x$ (并不关心符号), 注意到此时低一位仍然满足条件. 特别地, $2^0$ 处需要用两个 $2^0$ 调整. 最终至多使用 $32$ 步完成构造. (如果要求 $m\le32$ 说不定还简单一点.)

4.「OurOJ #47935」上升

  Private link & Submission.

  给定一棵含有 $n$ 个结点的带点权树. 删除一个结点及其邻接边, 最小化在剩下的森林中, 所有简单路径对应点权序列的 LIS 长度最大值. 求出这一最小化的最大值.

  $n\le5\times10^5$.

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• 「A.树论-长链剖分」「B.Tricks」

  考完给 Walking_Dead 传授正解, 突然发现这算是一个比较有意义的 trick.

  取出一条包含全局 LIS 的路径 $(x,y)$, 显然, 最优删除位置在这条路径上.

  "枚举树上的点" $\to$ "枚举路径上的点", 在遍历枚举点 $u$ 的邻接连通块求答案时, 这个连通块一定是 $x$ 为根时的某棵子树, 或者 $y$ 为根时的某棵子树. 仅仅用这个性质, 我们就能规避换根, 而只需要求子树答案了.

  接下来的工作挺简单. 长剖, 维护子树内 LIS 末尾最小值和 LDS 末尾最大值, $\mathcal O(n\log n)$ 处理一次. 先以任意点为根求全局答案, 取出一个 $x$, 再以 $x$ 为根求子树答案顺便取出一个 $y$, 最后以 $y$ 为根求子树答案. 然后枚举 $w$ 求最终结果即可. 复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

5.「OurOJ #47947」数划分

  Private link & Submission.

  给定序列 $\{a_n\}$, 求将 $[1,n]$ 划分为连续不交区间的方案数, 使得每个划分区间 $[l,r]$ 都有 $\min_{i=l}^r\{a_i\}\le r-l+1\le\max_{i=l}^r\{a_i\}$. 答案模大素数.

  $n\le5\times10^5$.

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• 「A.分治-CDQ 分治」「A.启发式合并/分裂」

  题不难, 只是记录一下兔犯傻的过程.

  尝试序列 DP. 令 $f(r)$ 表示划分 $[1,r]$ 的方案数. 对于固定的 $r$, 枚举最后一个区间的左端点 $l$, 则其需要满足

$$(\exists~i\in[l,r],~a_i\le r-l+1)\land(\exists~i\in[l,r],~a_i\ge r-l+1).$$

自然的想法是考察合法 $l$ 的单调性. 分别考虑 $\forall i,~a_i>r-l+1$ 和 $\forall i,~a_i<r-l+1$ 两种情况. 注意到当 $l$ 不断减小时, 前者存在单调性而后者不存在. 怎么办呢?

  兔傻就傻在, 把 $\min/\max$ 转化成 $\exists/\forall$ 之后, 忘记了原本 "最值" 的可枚举性. 既然有一个东西不单调, 我们直接对这个条件启发式分裂做 CDQ 就行了. 这里就直接对区间最大值启发式分裂, 在跨中心转移时, 前一个条件可以枚举端点后二分, 后者仅仅是对转移端点进行一个常量的限制, 很好处理. 那么就 $\mathcal O(n\log^2n)$ 无脑完成了. 当然, 存在 $\mathcal O(n\log n)$ 的解法.

6.「OurOJ #47954」数区间集

  Private link & Submission.

  给定序列 $\{a_n\}$, 求 $|\{\{a_i\}_{i=l}^r\}_{[l,r]\subseteq[1,n]}|$.

  $n\le5\times10^5$, 保证任何一个数在 $\{a_n\}$ 中出现不超过两次.

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• 「A.扫描线」「C.性质/结论」

  难点大概是设计一个去重策略, 除此之外都很清纯.

  对于 $a_i$, 若 $a_i$ 在另一个位置 $j$ 出现, 则令 $p_i=j$, 否则令 $p_i=+\infty$. 我们首先计数这样的区间 $[l,r]$: $p_{l-1}\notin[l,r]\land p_{r+1}\notin[l,r]$, 也即使关于出现集合的极长区间. 扫描线轻松实现. 虽然这样算还是会重, 不过我们得到了一个重要的条件: 若极长区间 $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$ 出现集合相同, 则这两个区间不交且不邻, 证明显然.

  发现了这个性质, 后续对算重的区间的描述就变得清晰了. 对于极长的 $[l_1,r_1]$, 若其被重复计数, 则必然满足 $\{p_i\}_{i=l_1}^{r_1}=[l_2,r_2]$, $[l_1,r_1],[l_2,r_2]$ 不交不邻 (逆用结论), 且它仅在 $[l_2,r_2]$ 处被算重一次. 对这种东西的维护实在是经典: 扫描 $l$, 在 $r$ 处维护 $\max_{i=l}^r\{p_i\}-\min_{i=l}^r\{p_i\}-(r-l)$, 线段树维护区间最小值和出现次数, 单调栈维护最值并对应地区间加减即可. 不邻的条件在最大值栈上二分一下就行.

  两部分复杂度都是 $\mathcal O(n\log n)$.

7.「CF 1770F」Koxia and Sequence

  Link & Submission.

  对所有 $\sum_{i=1}^na_i=x$, $\bigvee_{i=0}^na_i=y$ ($\vee$ 为按位或), 求 $\{a_n\}$ 异或和的异或和.

  $n<2^{40}$, $x<2^{60}$, $y<2^{20}$.

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• 「A.数学-数学推导」「C.思维」

  精巧的转化! 这种步步手筋的题真的厉害.

  明显, "异或和" 指向奇偶性, 而方案数里必然涉及组合数, 它们共同指向 Lucas 定理. 这是破题关键.

  首先, 若枚举异或和的贡献 bit $i$, 要求 $i$ 出现奇数次, 且方案数为奇数. 则出现次数 $c\bmod2=1$ 又 $\binom{n}{c}\bmod2=1$. 所以 $n\bmod 2=0$ 时答案为 $0$. 以下考虑 $n\bmod2=1$ 的情况… 先别急, 奇数 $n$ 减去 $1$ 就是偶数, 这意味着当 $a_1$ 固定时, 后续 $a_{2..n}$ 对答案的总贡献也为 $0$. 最终只需要考虑 $n\bmod2=1$ 时 $a_1$ 的贡献.

  现在, 摆在面前的有 $\sum a_i=x$ 和 $\bigvee a_i=y$ 两个限制. 相对来说, 后者是一个集合形式的要求, 方便容斥. 设 $f(t)$ 表示 $(\bigvee a_i)\subseteq t$ ($\subseteq$ 表示二进制表示下的子集关系) 时的答案, 就有

$$\textit{ans}=\sum_{t\subseteq y}(-1)^{|y|-|t|}f(t),$$

异或和, 位独立! 又有

$$\textit{ans}=\bigoplus_{t\subseteq y}f(t),$$

而 $t$ 是可枚举的, 我们只需要求出每个 $f(t)$.

  列出式子:

$$f(t)=\sum_{i\in t}2^i\left(\sum_{\sum a_i=x-2^i}[a_1\subseteq(t-2^i)][a_2\subseteq t]\cdots[a_n\subseteq t]\bmod 2\right).$$

$\binom{a}{b}\bmod 2=1\Leftrightarrow a\subseteq b$, 后者连乘是单纯的逻辑与, 前者连乘可是妇孺皆知的可算! 右向左变形, 代入得:

$$\begin{aligned} f(t) &= \sum_{i\in t}2^i\left(\sum_{\sum a_i=x-2^i}\binom{t-2^i}{a_1}\binom{t}{a_2}\cdots\binom{t}{a_n}\bmod2\right) \\ &= \sum_{i\in t}2^i\left(\binom{nt-2^i}{x-2^i}\bmod2\right) \\ &=\sum_{i\in t}2^i[(x-2^i)\subseteq(nt-2^i)]. \end{aligned}$$

$\mathcal O(y\log y)$ 计算即可.

8.「洛谷 P5172」Sum

  Link & Submission.

  给定 $T$ 组 $n,r$, 分别求出 $\sum_{d=1}^n(-1)^{\lfloor d\sqrt r\rfloor}$.

  $T\le10^4$, $n\le10^9$, $r\le10^4$.

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• 「A.数学-类欧几里得」「A.数学-数学推导」

  只考虑 $r$ 非完全平方数的情况.

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_{d=1}^n(1-2(\lfloor d\sqrt r\rfloor\bmod2)) \\ &= \sum_{d=1}^n\left(1-2\left(\lfloor d\sqrt r\rfloor-2\left\lfloor\frac{d\sqrt r}{2}\right\rfloor\right)\right), \end{aligned}$$

令 $f(n,\alpha)=\sum_{i=1}^n\lfloor\alpha i\rfloor$, 则

$$\textit{ans}=n-2f(n,\sqrt r)+4f(n,\sqrt r/2).$$

  来推导 $f$, 有点类似类欧, 需要一点讨论. 当 $\alpha\ge1$ 时,

$$f(n,\alpha)=f(n,\{\alpha\})+\frac{n(n+1)}{2}\lfloor\alpha\rfloor.$$

当 $\alpha<1$ 时:

$$\begin{aligned} f(n,\alpha) &= \sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\sum_{j=1}^n[i\le\alpha j] \\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\sum_{j=1}^n[i<\alpha j]\quad(\alpha\notin\mathbb Q) \\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\sum_{j=1}^n\left[\frac{i}{\alpha}<j\right] \\ &= n\lfloor \alpha n\rfloor-\sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\left\lfloor\frac{i}{\alpha}\right\rfloor. \end{aligned}$$

不好办了. 为了让递归进行, 我们猜测恒有 $\alpha=\frac{a\sqrt r+b}{c}$ 的形式. 对 $f(n,a,b,c)$ 继续化简:

$$\begin{aligned} n\lfloor \alpha n\rfloor-f(n,a,b,c) &= \sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\left\lfloor\frac{i}{\frac{a\sqrt r+b}{c}}\right\rfloor \\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\left\lfloor\frac{ic}{a\sqrt r+b}\right\rfloor \\ &= \sum_{i=1}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\left\lfloor\frac{c(a\sqrt r-b)i}{a^2r-b^2}\right\rfloor \\ &= f(\lfloor\alpha n\rfloor,ac,-bc,a^2r-b^2). \end{aligned}$$

  综上呐,

$$f(n,a,b,c)=\begin{cases} \frac{n(n+1)}{2}\lfloor\alpha\rfloor+f(n,a,b-c\lfloor\alpha\rfloor,c) & \alpha\ge1,\\ n\lfloor\alpha n\rfloor-f(\lfloor\alpha n\rfloor,ac,-bc,a^2r-b^2) & \alpha<1. \end{cases}$$

复杂度是 $\mathcal O(T\log n)$ 喵? 不太会算.