SDSC2020题解（部分）

好不容易把省队集训的题重新写了一遍，当然是只写了自己比较会的题QAQ，所以来总结下写过的题的题解，如果哪里写错了请大佬指正QAQ，没写的题写完会补上

Day 1

这天的题有点毒瘤，先跳了

Day 2

T1

T2 仙人掌

首先我们知道只保留编号在\([l,r]\)的点时，联通块数=点数-边数+环数

那么考虑枚举右端点，对于每个左端点用线段树维护答案

于是只需要考虑新加进来一个点的贡献：点数+1，和\(r\)相连的边到达的点如果比\(r\)小就算贡献，所有编号最大值是\(r\)的环也要算贡献

因为是仙人掌，所以我们可以用求圆方树来求出每个环的编号最小值和最大值

Day 3

T1 如何优雅的送分

\(2^{F(i)}\)可以看作枚举\(i\)的质因子集合的子集，那么考虑直接枚举每个子集\(d\)，那么有\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)个子集包含它，所以原式变为了

\[\sum_{i=1}^{n}\mu^2(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

\[=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{i^2|d}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor \]

\[=\sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor}\lfloor\frac{n}{i^2j}\rfloor \]

这个式子就可以直接做了

T2 阴阳

看着就非常可持久化点分树，我的可持久化点分树写法是：对每个点开动态开点线段树，每次对在点分树上修改的\(logn\)棵线段树建立新版本，再用主席树维护每个点各个版本对应的信息

T3 你猜是不是找规律

题目的实质是问一个长度为\(n\)的排列，交换\(k\)次能得到多少本质不同的排列

考虑一个简单的dp，设\(f[n][k]\)表示长度为\(n\)的排列交换了\(k\)次得到本质不同的排列个数，只考虑第\(n\)位，要么不参加交换，要么交换一次，那么转移方程有\(f[n][k]=f[n][k-1]+f[n-1][k-1]\times(n-1)\)

\(k\)一定的时候\(f[n][k]\)是个关于\(n\)的多项式，这个多想是的次数我们可以通过差分得到是\(2k-1\)次，最后答案求前缀和也就是\(2k\)次多项式，直接拉格朗日插值就可以了

Day 4

T1 树论

答案转化为所有距离\(x\)深度不超过\(d\)的边权和\(*2-\)该联通块的直径

那么我们考虑线段树合并，维护每个深度的联通块边权和和直径，然后有一个显然的结论，两个联通块的直径端点分别是\(a,b,c,d\)，那么合并后新的直径也一定是在这4个点之中

T2 图论

考虑对两种路线建不同的边

第一种路线建两棵以最大值为根的笛卡尔树，一棵由儿子向父亲连边，另一棵由父亲向儿子连边（边权均为0），然后对应点连这个点的点权的边，每次走的一定是两点的lca，也就是最大值

第二种路线建两排辅助点，大概是这样子（懒得画图了就只好搬原题解的图了QAQ）

这样最短路一定会走最短的那条边

T3 几何

凸多边形划分后原多边形的边一定在三角形上，三角形把这个凸多边形划分成了两部分，而这两部分的生成树的导出子图只有两种情况，要么是一棵树，要么是两棵树（因为在三角形上的边的端点只有两个）

那么我们可以根据这个进行dp，设\(f[i][j]\)表示\((i,j)\)这条边分割出来\(i\)到\(j\)这些点对应第一种情况的方案数，\(g[i][j]\)就表示对应第二种情况的方案数。

然后找到三角形的另一个端点\(x\)，则有转移式

\[f[i][j]=f[i][x]\times g[x][j]+g[i][x]\times f[x][j] + f[i][x]\times f[x][j] \]

\[g[i][j]=f[i][x]\times g[x][j]+g[i][x]\times f[x][j] \]

具体就是看看\(i,j\)这条边选不选，然后从\(1,n\)开始dp就可以了

而我们有用的状态只有\(2n-3\)个，如果枚举找\(x\)是\(O(n^2)\)的，用set找就变成了\(O(nlogn)\)

Day 5

T1 毒瘤约数

由2条件可得\(D[i]|N\)，对3条件做均值不等式可得出\(D[i]\nmid D[j]\)

那么我们可以直接对\(N\)的约数建图跑最长反链

然后我们猜想最长反链一定是在多层图中的某一层，于是我们可以对\(N\)的质因子构造一个生成函数，直接算答案（为什么是对的我也不知道QAQ）

T2 毒瘤树

题目其实就是让你求直径在\([l,r]\)的联通块个数

这个东西我们可以首先转化为前缀和的形式，于是我们只需要求直径小于等于\(R\)的联通块个数

那么考虑树上dp，设\(f[u][d]\)表示\(u\)为最浅点，最深点距离\(u\)为\(d\)的联通块个数，那么有转移方程

\[f[u][max(d1,d2+1)]=\sum_{d1+d2+1\le R}f[u][d1]\times f[v][d2] \]

然后考虑优化这个式子，那就把max拆开，则有方程

\[f'[u][d2+1]+=\sum_{d1+d2+1\le R\&d2+1>d1}f[u][d1]\times f[v][d2] \]

\[f'[u][d1]+=\sum_{d1+d2+1\le R\&d1\le d2+1}f[u][d1]\times f[v][d2] \]

第一个式子可以用前缀和优化

而对于第二个式子，这个看起来像加上一个数的\(x\)倍，而注意到刚开始\(f'[u][d1]=f[u][d1]\)，那也就是乘\(x+1\)倍

因此我们用线段树对第一个式子维护单点修改，第二个式子维护区间乘，然后记录每个数被乘了多少次可以用map维护

这样子复杂度是\(O(n^2log(n))\)

那么我们对其长链剖分，每次先dp深度最深的儿子，那么第一次只需要转移\(f[u][d+1]=f[u][d]\)，而当按dfs序优先对长链标号后，这个就相当于区间平移，那么问题就游刃而解了

复杂度\(O(nlog(n))\)

T3 毒瘤题面

如果一个数\(x\)在长度为\(n\)的区间出现了\(c\)次，那么其对答案的贡献为\(2^{n-c}\times(2^c-1)x=x(2^n-2^{n-c})\)，具体就是不包含\(x\)的序列个数乘包含\(x\)的序列个数

那么我们可以用一个莫队来统计答案，而模数每次不同比较的棘手

可以注意到一个长度为\(n\)的序列本质不同的出现次数是不超过\(\sqrt{n}\)的，因为\(1+2+3+...\sqrt{n}=n\)，那么我们用链表存下来，统计的时候暴力算就好了

快速幂的话还需要用光速幂

复杂度\(O(n\sqrt{q}+q\sqrt{n})\)

Day 6

T1 简单题

对题目简单化式子可以发现\(1^K(R)\)的意义是选\(K\)个数乘积为\(R\)的方案数

我们注意到\(K\)是一个非常大的，而一个数被整除\(log\)次就变成\(1\)了，所以一定会有非常多的\(1\)，于是可以考虑去掉\(1\)的情况进行dp

设\(f[n][k]\)表示选\(k\)个非\(1\)的数乘积是\(n\)的方案数，那么可以这么转移

\[f[n][k]=\sum_{d|n\&d\ne1}f[\frac{n}{d}][k-1] \]

\(k\)枚举到\(log\)就可以了，而通过刷表也就是类埃氏筛的做法可以将复杂度做到\(O(nlog(n)loglog(n))\)

然后剩下的\(1\)就非常的好办，只需要考虑把这些\(1\)看成物品，而方案就是把\(k\)个因数替换掉\(1\)的方案数，也就是\(C_{K}^{K-k}=C_{K}^k\)

那么最后的答案

\[∑_{i=L_j}^{R_j} 1^{K_j} (i)=\sum_{i=L_j}^{R_j}\sum_{k=0}f[i][k]\times C_{K}^k\]

\(f\)可以通过前缀和查询区间，\(C_K^k\)可以递推得出

T2 简单三角

一个三角形的简单值可以通过皮克定理求得，剩下的就是一个裸的三元环计数

先根据度数把边定向，枚举边，再一个端点，将端点到达的点标记，再枚举另一个端点到达的点，如果有标记就是一个三元环

复杂度\(O(n\sqrt{n})\)

注意下要把点和边去重，不然复杂度是错的

Day 7

T1 a xor b problem

考虑如何把\(a\)进制转成\(b\)进制

那么回忆\(a\)进制转\(10\)进制的过程

\[\sum_{i=0}^nx_i\times a^i \]

在\(b\)进制下做这个式子就可以了

而这题有高精，那么考虑如何加速这个过程

\[\sum_{i=0}^nx_i\times a^i=\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}-1}x_i\times a^i+a^{\frac{n}{2}}\times\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}}x_{i+\frac{n}{2}}\times a^i \]

左右两个和式可以递归做下去，中间的\(a^{\frac{n}{2}}\times\sum_{i=0}^{\frac{n}{2}}x_{i+\frac{n}{2}}\times a^i\)可以用fft加速

时间复杂度\(O(nlog^2(n))\)

T3 猜数游戏

我们考虑\(n=3,k=2\)的时候怎么做

先猜两次\(0\)，如果全是否那么一定是真话

不然在第一次说是之后问一个\(1\)

如果回答是那么答案一定在\(0,1\)之中，所以一定不是\(2\)

如果回答否那么一定不是\(1\)

所以我们一定可以排除一个数字

而\(n,k\)变大之后怎么做

一样按上面的思路，先问\(k\)次\(0\)，全是否那么一定是真话，否则就在第一次回答是的时候进行询问

那么我们现在有\(2^{k-1}\)个数，有\(k-1\)次询问，于是可以考虑二进制划分，每次询问编号有\(2^i\)的数，通过\(k-1\)次询问后可以唯一确定一个数