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