Solution Set - “愿所有罗盘都指向那片海洋”

目录

• 0.「NOI Simu.」哈希计数 ⭐
• 1.「NOI Simu.」运输计划 ⭐
• 2.「NOI Simu.」时代的眼泪 ⭐
• 3.「Subset」LP 的被动练习 📓
• 4.「EC Final 2018」「LOJ #6632」Mysterious … Host ⭐
• 5.「洛谷 P5642」人造情感 ⭐
• 6.「洛谷 P9357」Lighthouse ⭐
• 7.「集训队作业 2021」「LOJ #3400」Storm ⭐
• 8.「Topic」TSP 与蚁群算法 📓
• 9.「SDOI 2019」「洛谷 P5359」染色 ⭐
• 10.「BZOJ #1283」序列 ⭐
• 11.「雅礼集训 2018」「LOJ #6511」B ⭐
• 12.「POJ #3689」Equations
• 13.「THUPC 2017」「洛谷 P7429」气氛
• 14.「洛谷 P6271」一个人的数论 ⭐
• 15.「UR #16」「UOJ #241」破坏发射台

$$\text{QwQ} \newcommand{\son}[0]{\operatorname{son}} \newcommand{\chkmax}[0]{\overset{\max}{\gets}} \newcommand{\subt}[0]{\operatorname{subt}}$$

  好困, 等会儿还要默写单词.

  别催嘛… 中间放了个端午 (整整一天假!) 所以慢了一点. 而且这次内容应该挺丰富的.

  欸对啊, 那么对 ⭐, 几乎全是好题, 肯定会做久一点嘛!

  预告一个「虚构往事」的大更, 虽然写着有点吃力就是了. (

0.「NOI Simu.」哈希计数 ⭐

• Private link & Submission.
• 「B.std::bitset」

  比较脑经急转弯的状态优化. 我们很容易想到诸如 "$F_s(z)$ 表示大小为 $s$ 的树 hash 值的出现次数关于 hash 值的 GF", 但这个东西需要枚举子树转移, 就算是有根树在根处拼接也无法仅通过树的大小得到 hash 值增量, 我们也没有再引入其他维度的计算资源了, 怎么办呢?

  我们只需要求一个 $n$, 而并非所有 $n\le n_0$! 上面这个符合直觉的状态实际上是绊脚石. 已知树最终大小为 $n$, 我们仅根据子树大小的确就能求出一条边被经过的次数! 我们定义 $F_s(z)$ 表示已知树大小为 $n$, 其一棵大小为 $s$ 的子树内部边对 hash 值的贡献关于 … 的 GF, 那么

$$F_s(z)=z^{(s-1)(n-s+1)}F_{s-1}(z)+\sum_{j=1}^{(i-1)/2}z^{j(n-j)}F_j(z)\times F_{i-j}(z).$$

std::bitset 维护即可. 毛估 $\mathcal O(n^6/\omega)$.

1.「NOI Simu.」运输计划 ⭐

• Private link & Submission.

  你知道吗? 有一种处理高维偏序的技巧叫做高维前缀和.

  不妨设 $a_i\le b_i$. 设传送点设置在 $(L,R)$, 此时代价综合为

$$\sum_{i=1}^mv_i\min\{b_i-a_i,|a_i-L|+|b_i-R|\}=\sum_{i=1}^mv_i(b_i-a_i)-v_i\max\{0,b_i-a_i-|a_i-L|-|b_i-R|\}.$$

后面这东西分四种情况:

• $a_i<L\le R<b_i$,
• $a_i<L\le b_i\le R$,
• $L\le a_i\le R<b_i$,
• $L\le a_i\le b_i\le R$;

每种情况都可以用若干个二维前缀和维护答案 (觉得麻烦建议先写个暴力, 照着优化就行). $\mathcal O(n^2+m)$.

2.「NOI Simu.」时代的眼泪 ⭐

• Private link & Submission.
• 「A.分块」

  怎么编 motivation 呢? 直接讲算法吧.

  对询问的 $m_i$ 设定阈值 $C$. 当 $m_i\ge C$, 直接跑 $\mathcal O(n\log n)$ 的二维偏序. 接下来处理 $m_i<C$ 的情况.

  对序列以 $B$ 为块长分块, 预处理一个块到序列所有前缀产生的顺序对数量 (到块内的部分无意义, 但顺便处理也无妨), 在处理这个前缀和数组关于块编号的前缀和. 询问时, 用枚举每个询问区间的整块区间和其他询问区间贡献答案, 这样就只剩下散块到散块的贡献没有被算到, 直接把散块丢到上面的二维偏序再算一次就行.

  设 $m=\sum m_i$, 复杂度是 $\mathcal O(m\log n/C+mB\log n+mC+n^2/B)$, 平衡出来大概就 $\mathcal O(n\sqrt{n\log n})$ ($n,m$ 同阶).

3.「Subset」LP 的被动练习 📓

  LP 的变元默认 $\in\mathbb N$, 虽然不强调 "整数 LP" 很不规范就是了. (

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• 「ZJOI 2013」「洛谷 P3337」防守战线

  很经典很有推广意义的题, 兔的题解: link.

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• 「NOI 2008」「洛谷 P3980」志愿者招募

  起手:

$$\begin{array}{rll} \min & \sum_{i=1}^mc_ix_i,\\ \text{s.t.} & \sum_{[l_j,r_j]\ni i}x_j\ge a_i & (\forall i\in[1,n]). \end{array}$$

对偶:

$$\begin{array}{rll} \max & \sum_{i=1}^na_ip_i,\\ \text{s.t.} & \sum_{j\in[l_i,r_i]}p_j\le c_i & (\forall i\in[1,m]). \end{array}$$

打住! 到这里就是防守战线了 (没用这个方法写, 有问题踹一踹).

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• 「BZOJ #3118」Orz the MST

  设 $S_e$ 表示非树边 $e$ 对应的树边集合, 题目所求即

$$\begin{array}{rll} \min & \sum_{t\in E_T}b_tx_t+\sum_{e\notin E_T}a_ex_e,\\ \text{s.t.} & x_e+x_t\ge w_t-w_e & (\forall e\notin E_T,t\in S_e). \end{array}$$

似乎可以直接解. 我们还是更希望找到一个不那么粗暴的方法. 对偶:

$$\begin{array}{rll} \max & \sum_{e\notin E_T,t\in S_e}(w_t-w_e)y_{et},\\ \text{s.t.} & \sum_{S_e\ni t}y_{et}\le b_e & (\forall t\in E_T),\\ & \sum_{t\in S_e}y_{et}\le a_e & (\forall e\notin E_T). \end{array}$$

虽然形式复杂了一点, 但这个变元的二分图关系就很明显了, 建图已经写在脸上, 上费用流就行.

  事实上, 我们刚才完成的是从类似 KM 算法 (最小顶标和) 到二分图最大权多重匹配的转化.

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• 「SHOI 2004」「洛谷 P4412」最小生成树

  不觉得上面那题强一点?

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• 「AHOI/JSOI 2014」「洛谷 P4043」支线剧情

  (还得遏制住直接来上下界流的冲动是吧?)

  将所有点向 $1$ 连一条边收集流量, 这次边构成集合 $E_r$, 写一个网络流状的 LP:

$$\begin{array}{rll} \min & \sum_{\lang u,v\rang}t_{uv}f_{uv},\\ \text{s.t.} & \sum_{s}f_{su}=\sum_{t}f_{ut} & (\forall u\in[1,n]),\\ & f_{uv}>0 & (\forall \lang u,v\rang\in E\setminus E_r). \end{array}$$

这个 $>0$ 看着太难受了, 令 $f_{uv}'=f_{uv}-[\lang u,v\rang\in E\setminus E_r]$, $d_u$ 为 $u$ 的入度减去出度 (不计 $E_r$), 那么这个 LP 等价于

$$\begin{array}{rll} \min & \sum_{\lang u,v\rang}t_{uv}(f_{uv}'+1),\\ \text{s.t.} & \sum_{s}f'_{su}=\sum_{t}f'_{ut}+d_u & (\forall u\in[1,n]).\\ \end{array}$$

恭喜你! 你独立地发明了上下界网络流的建图方法!

4.「EC Final 2018」「LOJ #6632」Mysterious … Host ⭐

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• 「A.数学-生成函数」「A.数学-多项式」

  我们需要计数叶子数量为 $n$ 的析合树, 树的形态或树点类型 (叶子, 析点, 合点) 不同则视为不同的树. 分别选用叶子, 析点, 合点为子树根, 可以得到 GF:

$$F(z)=z+\frac{F^4(z)}{1-F(z)}+\frac{F^2(z)}{1-F(z)}.$$

这是因为析点一定有至少四个儿子 (i.e. 有至少四个儿子, 我们就能把值域拆成满足析点性质的段), 合点至少有两个儿子 (i.e. 有至少两个儿子, 我们就能把值域拆成满足合点性质的段). 满足这两个性质, 我们就能根据析合树构造出至少一个排列. $(1-F(z))^{-1}=\left.(1-z)^{-1}\right|_{F(z)}$ 即挂上更多儿子.

  到此, 我们需要解方程:

$$p(u,z)=z+\frac{u^4+2u^2-u}{1-u}=0,$$

牛迭得到:

$$\begin{aligned} u_{2n} &\equiv u_n-\frac{p(u_n,z)}{\frac{\part}{\part u}p(u_n,z)}\\ &\equiv u_n-\frac{z+\dfrac{u_n^4+2u_n^2-u_n}{1-u_n}}{\dfrac{4u_n^3+4u_n-1}{1-u_n}+\dfrac{u_n^4+2u_n^2-u_n}{(1-u_n)^2}}\\ &\equiv u_n-\frac{z(1-u_n)^2+(1-u_n)(u_n^4+2u_n^2-u_n)}{(1-u_n)(4u_n^3+4u_n-1)+(u_n^4+2u_n^2-u_n)}\pmod{z^{2n}}. \end{aligned}$$

啊… 这式子有够麻烦的, 总之可以 $\mathcal O(n\log n)$ 多项式算出来.

5.「洛谷 P5642」人造情感 ⭐

• Link & Submission.
• 「A.DP-树上 DP」

  纯 DP 题? 还是有什么高深的背景呢?

  题目中, $(u,v)$ 对答案的贡献即 "全局最大权值和 $-$ 禁用 $u\to v$ 上的结点后能选出的最大权值和". 先考虑前半部分, 尝试 DP, 令 $f(u)$ 表示仅考虑完全在 $u$ 子树内的路径时, 能选出的最大权值和, $f'(u)$ 表示额外禁用点 $u$ 时的上述答案, 显然 $f'(u)=\sum_{v\in\son(u)}f(v)$. 考虑 $f(u)$:

• 若没有路径过 $u$, 有

  $$f(u)\chkmax f'(u).$$

• 若有路径经过 $u$, 则 $u$ 是该路径端点的 LCA. 枚举这样的路径 $P=(x,y,w)$, 有

  $$f(u)\chkmax f'(u)+w-\sum_{v\in(x\to y)}(f(v)-f'(v)).$$

  后面的求和可以用 BIT 在 DFN 上维护, 所以我们可以 $\mathcal O(n+m\log n)$ 求出 $f$.

  如何求答案呢? 可以看出, 当固定的 $u\to v$ 被禁用时, 我们可以用多个 $f$ 和一个 "子树外答案" 相加得到. 加法可以拆贡献, 那么求出 "子树外答案" 差不多就结束了. 令 $g(u)$ 表示仅考虑 $u$ 子树外 (不包括 $u$) 的路径时, 能选出的最大权值和, 设 $v\in\son(u)$, 那么:

• 若没有路径经过 $u$, 有

  $$g(v)\chkmax g(u).$$

• 若有路径 $P=(x,y,w)$ 经过 $u$, 设该路径 LCA 为 $h$, 有

  $$g(v)\chkmax g(h)+w(P)-f(v),$$

  其中

  $$w(P)=f'(u)+w-\sum_{v\in(x\to y)}(f(v)-f'(v)),$$

  也就是刚才我们求出 $P$ 的转移贡献.

  第一种情况很好转移. 对于第二种情况, 若 $h=u$, 按 $w(P)$ 排序后暴力扫出第一条可以转移的路径就行. 若 $h\neq u$, 则 $P$ 的 LCA 是 $u$ 的祖先, $P$ 的某个儿子在 $\subt(u)\setminus\subt(v)$ 内. 按照前一个条件的 DFS 顺序, 在 DFN 上的线段树维护第二个条件就行. 也是 $\mathcal O(n+m\log n)$.

  最后, 枚举 $u$, 考虑 $f(u)$ 和 $g(u)$ 对答案的贡献次数即可. 复杂度 $\mathcal O(n+m\log n)$.

6.「洛谷 P9357」Lighthouse ⭐

• Link & Submission.
• 「A.数学-组合计数」

  "$u$ 所在连通块大小" 听着就吓人, 我们可以拆成 "能够走到 $u$ 的结点数量", 然后对这样的有序点对 $(u,v)$ 计数. 不难发现, $v\to u$ 的总贡献仅和 $|v\to u|$ 有关. 设有 $c_k$ 条包含 $k$ 个结点的路径, 枚举这条路径上的点权全部相等时的值, 可以得到

$$\textit{ans}=\sum_{k=1}^nc_k\sum_{v=0}^{(m-1)/k}\sum_{\ell=vk+1}^m\frac{(\ell-1)!}{v!^k(\ell-vk-1)!}\cdot(n-k)^{\ell-vk-1}n^{m-\ell}.$$

不会了, 顶多硬上多项式.

  数学变换毁天灭地, 组合意义曲线救国. 我们枚举 $\ell$ 的目的是限定 "当 $v\to u$ 中的所有点都达到某值时, $u$ 在 $\ell$ 时刻首先被 $+1$". 这个枚举听上去不太妙, 它同时引入了 $n-k$ 的幂和 $n$ 的幂, 非常麻烦. 我们直接枚举一共有多少次操作涉及到 $v\to u$ 中点, 设 $f(k,x)$ 表示长度为 $k$ 的路径被操作 $x$ 次时, 内部对答案的贡献总和, 那么

$$\textit{ans}=\sum_{k=1}^nc_k\sum_{x=0}^m\binom{m}{x}(n-k)^{m-x}f(k,x).$$

这个循环勉强能跑吧, 看看 $f(k,\cdot)$?

$$f(k,x)=kf(k,x-1)+[x\bmod k=1]\frac{(x-1)!}{(x/k)!^k}.$$

赢! 递推 $f$, 然后求答案. $\mathcal O(nm+m\log n)$. 但这搬题人卡常咱也没办法.

7.「集训队作业 2021」「LOJ #3400」Storm ⭐

• Link & Submission.
• 「A.随机化」「A.图论-网络流`-费用流」

  Key motivation: 给数据范围 $\sum 2^k(n+m)\le10^6$ 编个理由.

  关于 $k$ 的指数级算法? 有点科幻, 毕竟整整 $m$ 条边可选. 也许可以网络流, 那这是拿来保证网络流复杂度? 但也不可能建出一个指数级的流网络吧.

  也许, 是保证随机算法正确率? — 甚至我们都能猜出随机方法: 每个点 (边) 随机在某个二元集合中选一个?

  原问题很像网络流, 但简单分析可知根本不可能建图. 我们先来分析一下最优选择的性质, 显然, 若仅仅考虑被选择的边, 图将变成一个菊圃 (i.e. 菊花构成的森林, 这些名词太好玩儿了). 等等! 如果我们获得神谕, 把所有花心放入 $X$ 集合, 把所有花瓣放入 $Y$ 集合, 仅考虑 $X,Y$ 之间的边, 就能通过费用流求出最优答案了!

  结合刚刚的猜测, 答案已经明了: 每个点随机扔到 $X$ 或者 $Y$, 划分出二分图, 仅考虑两集合中间的边, 跑费用流.

  假设只有一种最优方案, 那么这种方案在一次随机中被猜中的概率至少是 $2/2^k$ (仅一朵菊花, 概率最低).

  Lemma. 连续抛掷 $-\frac{\ln\epsilon}{p}$ 次一枚以 $p$ 的概率正面朝上的硬币, 出现至少一次正面朝上的概率至少为 $1-\epsilon$.

  Proof. 不存在正面朝上的概率: $(1-p)^{-\frac{\ln\epsilon}{p}}=((1-p)^{1/p})^{-\ln\epsilon}\le(1/e)^{-\ln\epsilon}=\epsilon$.

  因此, 进行上述随机过程 $-2^k\ln\epsilon$ 次就能得到 $1-\epsilon$ 的正确率. 最终复杂度 (假设费用流用未特殊化的势能 Dijkstra) $\mathcal O(2^kk(n+m)\log(n+m)\cdot-\log\epsilon)$.

8.「Topic」TSP 与蚁群算法 📓

• Private link & Submission & Generator.

• 「C.非传统-提答题」「Y.算法总结」

  你家 NOI 模拟赛给兔整这个?

  参考资料, 讲得挺好, 这里就只简单记一下算法流程:

• 迭代:
  • 在图上随机放置 $m$ 只蚂蚁.
  • 模拟每只蚂蚁的行动: 设蚂蚁在 $u$, $u$ 邻接的未访问集合为 $A_u$, 正比于 $\tau_{uv}^\alpha/w_{uv}^\beta$ 在 $A_u$ 中选择转移点 $v$. 其中 $\tau$ 为信息素浓度矩阵, $w$ 为距离矩阵 (本质上是根据最小化目标选取对应函数, 这里是 $y=1/x$). $\alpha,\beta$ 表示二者权重.
  • 模拟信息素挥发: $\tau\gets(1-\rho)\tau$, $\rho$ 即挥发因子.
  • 模拟信息素散布: 对每只蚂蚁求出其最终路径长度 $d$, 在其经过的边上加上 $Q/d$ 的信息素. $Q$ 为信息素常数.
  • 更新答案: 用每只蚂蚁的 $d$ 更新最优答案.

  这个搜索出解的质量还是挺高的, 本题共 $14$ 个搜索点, 兔的 generator 共计 $8.5$ 核时搜出的解, 每个都至少比标算答案优秀 $10^8$.

9.「SDOI 2019」「洛谷 P5359」染色 ⭐

• Link & Submission.
• 「A.DP-计数 DP」「C.思维」

crashed：“我看到过这道题。”

crashed：“我当时以为，怎么有这么简单的省选题，就把它跳了。”

crashed：“我考试的时候越想越发现，这道题不是那么简单。”

  在子任务的提示下, 我们可以尝试研究这样一个问题: 若一段连续空白的左端两个和右端两个都已给出, 如何计算中间的方案数. 经过不懈努力, 可以讨论出五个状态:

$$\begin{array}{c|c} \text{id} & \text{situation} \\ \hline 0 & {1\cdots1\\2\cdots2} \\ \hline 1 & {1\cdots2\\2\cdots1} \\ \hline 2 & {1\cdots1\\2\cdots3}{~\text{|}~2\cdots3\\~~~1\cdots1} \\ \hline 3 & {1\cdots3\\2\cdots1}{~\text{|}~2\cdots1\\~~~1\cdots3} \\ \hline 4 & {1\cdots3\\2\cdots4} \\ \end{array}$$

进而给出 DP, 令 $f(\ell,s)$ 表示一段长度为 $\ell-1$ 的空白, 空白左右情况为 $s$ 时, 内部染色方案数. 转移也需要不懈讨论. 这里就给个结果:

static const int TRS[5][5] = {
    { 0, 1, 0,           2 * (c - 2), mul(c - 2, c - 3) },
    { 1, 0, 2 * (c - 2), 0,           mul(c - 2, c - 3) },
    { 0, 1, c - 2,       2 * c - 5,   mul(c - 3, c - 3) },
    { 1, 0, 2 * c - 5,   c - 2,       mul(c - 3, c - 3) },
    { 1, 1, 2 * (c - 3), 2 * (c - 3), add(c - 3, mul(c - 4, c - 4)) }
};

// addeq(f[i][j], mul(TRS[j][k], f[i - 1][k]));

  利用 $f$, 我们可以在两个相邻的非空白列间快速转移. 因为非空列限定了至少一个位置的颜色, 记录另一个颜色就不那么困难了. 令 $g(i,c)$ 表示处理到地 $i$ 个非空列, 空白位置颜色为 $c$ 时的方案数. 对 $g(i,\cdot)$ 上的变换是全局加, 全局乘, 单点赋值, 全局清零 (可以均摊实现, 规避${}\times0$), 单点查询, 全局求和. 可以用一个数列加上全局 $kx+b$ 标记快速维护. 赋值需要求 $k$ 的逆元, 但格子总长度只有 $n$, 故仅有 $\mathcal O(\sqrt n)$ 种转移系数, 求逆元的时候记忆化一下就可以规避 $\log$. 最终复杂度 $\mathcal O(n)$.

10.「BZOJ #1283」序列 ⭐

• Private link & Submission.
• 「A.数学-线性规划」「A.图论-网络流-费用流」

  还是线规, 我忍一下. 这里的作业题应该比起上面的 subset 会不平凡一点, 就拆开写了.

$$\begin{array}{rll} \max & \sum_{i=1}^nc_ix_i,\\ \text{s.t.} & \sum_{i=t}^{t+m-1}x_i\le k & (\forall t\in[1,n-m+1]). \end{array}$$

看了眼题解, 大概是转化成:

$$\begin{array}{rll} \max & \sum_{i=1}^nc_ix_i,\\ \text{s.t.} & \sum_{i=t}^{t+m-1}x_i+y_t=k & (\forall t\in[1,n-m+1]). \end{array}$$

约束条件中的等式相邻作差, 就有 $x_t-x_{t+m}=y_{t+1}-y_t$, 即 $x_t+y_t=x_{t+m}+y_{t+1}$, 再加上 $k=\sum_{i=1}^mx_i+y_1$ 和 $\sum_{i=n-m+1}^nx_i+y_{n-m+1}=k$ 这两个等式, 所有变量恰好在等号左右各出现一次, 转化为流量守恒跑费用流就行, $\mathcal O(\text{Dinic}(3n,4n))$.

  的确很巧妙, 但感觉不是很自然啊.

11.「雅礼集训 2018」「LOJ #6511」B ⭐

• Link & Submission.
• 「A.数学-线性规划」「A.图论-网络流-费用流」

  二分答案 $T$, 得到线规:

$$\begin{array}{rll} \min & \sum_{i=u}^nc_ux_u,\\ \text{s.t.} & \sum_{u\in P}x_u\ge\sum_{u\in P}t_u-T & (\forall P),\\ & -x_u\ge -t_u & (\forall u). \end{array}$$

(啊? 怎么听说又可以直接单纯形啊?) 对偶:

$$\begin{array}{rll} \max & \sum_P\left(\sum_{u\in P}t_u-T\right)y_P-\sum_{u=1}^nt_uz_u,\\ \text{s.t.} & \sum_{P\ni u}y_P-z_u\le c_u & (\forall u). \end{array}$$

  相信你已经看出来些东西了. 这个 LP 描述的是 DAG 上路径覆盖: 每次花费 $T$ 买一条路径拿来覆盖, 点 $u$ 前 $c_u$ 次被覆盖, 每次带来 $t_u$ 的收益, 此后 $u$ 仍然能够被覆盖但不能带来收益. 费用流即可. $\mathcal O\left(\text{Dinic}(2n,4n+m)\log\sum t_u\right)$. 当然, 图是一定的, $T$ 的代价加不加都不影响增广流的凸性. 我们可以在增广途中用当前流量和费用计算答案. 这样就去掉了 $\log$.

12.「POJ #3689」Equations

• Private link | 计算几何, 再见!
• 「A.数学-线性规划」「A.计算几何」

  要求解:

$$\begin{array}{rl} \max & \sum_{i=1}^nc_ix_i,\\ \text{s.t.} & \sum_{i=1}^na_ix_i=s,\\ & \sum_{i=1}^nb_ix_i=t. \end{array}$$

注意 $x_i$ 为非负实数, $a_i,b_i,c_i$ 皆非负, 所以约束中的 $=$ 可以改写为 $\le$. 借此对偶得到:

$$\begin{array}{rll} \min & sp+tq,\\ \text{s.t.} & a_ip+b_iq\ge c_i & (\forall i\in[1,n]). \end{array}$$

约束形如 $ax+by+c\ge0$, 半平面交出一个约束 $(p,q)$ 范围的凸包, 此后的询问就是求凸包内的点与给定向量的点积最大值, 根据几何意义可以简单双指针完成. 别忘了我们在做 $\le$ 的问题, 还需要判断能否取 $=$. 如果 $(s,t)$ 对应的射线与凸包无交就无解. $\mathcal O(n+m)$ (输入都是小范围整数就假装没有排序的 $\log$ 吧).

13.「THUPC 2017」「洛谷 P7429」气氛

• Link & Submission.
• 「A.数学-线性代数」

  不会啊, 咋没人写证明啊.

$n-1$ 维空间内 $n-1$ 个向量张成平行多面体的体积为行列式绝对值.

$n-1$ 维空间内锥体体积为对应平行多面体体积的 $1/(n-1)!$.

$n-1$ 维空间内 $n+1$ 个顶点的凸包体积为 $\binom{n+1}{n}$ 个小凸包体积和的一半.

  拿着结论算就行, $\mathcal O(Tn^4)$.

14.「洛谷 P6271」一个人的数论 ⭐

• Link & Submission.
• 「A.数学-数论」

  直接来.

$$\begin{aligned} f_k(n) &= \sum_{i=1}^n[i\perp n]i^k\\ &= \sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i\land d\mid n}\mu(d)i^k\\ &= \sum_{d\mid n}\mu(d)d^k\sum_{i=1}^{n/d}i^k, \end{aligned}$$

我们知道前 $n$ 个自然数幂和可以写成 $g(x)=\sum_{i=0}^{k+1}g_ix^i$, 代入:

$$\begin{aligned} f_k(n) &= \sum_{d\mid n}\mu(d)d^k\sum_{i=0}^{k+1}g_i(n/d)^i\\ &= \sum_{i=0}^{k+1}g_in^k\sum_{d\mid n}\mu(d)(n/d)^{i-k}\\ &= \sum_{i=0}^{k+1}g_in^k(\mu\star\text{id}^{i-k})(n). \end{aligned}$$

研究中间的卷积, 设 $h=\mu\star\text{id}^{i-k}$, 则:

$$H_p(z)=\frac{1-z}{1-p^{i-k}z}.$$

提取它的单项系数是容易的. 非常粗糙地实现可以做到 $\mathcal O(k^3+km\log P)$, $P$ 是模数.

15.「UR #16」「UOJ #241」破坏发射台

• Link & Submission.

  现在看到 "相邻颜色不同" 这句话就 PTSD.

  $2\nmid n$ 是经典容斥练习, 答案为 $(m-1)^n+(-1)^n(m-1)$.

  $2\mid n$ 时, 直接计算答案有点困难, 还是回到基础的矩阵快速幂. 钦定两个相对位置的颜色为 $A,B$ 破环, 每次顺时针转圈同步选择相对的两个颜色, 维护 $7$ 种状态, 手打一个 $7\times7$ 的转移表即可, $7^3\times\mathcal O(\log n)$.