CROI R1
$CROI$ $R1$
今天参加了一场比赛，什么比赛呢？CROI。
CROI是什么呢? $Challestend$ $Rehtorbegnaro$ $OI$。总的来说就是我们机房的一些神仙出的题啦。
这篇文章没有密码...被你发现啦!
T1：Challestend and Hyperrectangle
一道特别神仙的题目。
题意概述一下：给出一个高维立方体的 $n$ 个边长，将它的表面刷上漆，再将它切成单位小块，求恰好有 $i$ 面被着色的小立方体个数，对998244353取模.$i \in [0,2n]$，$4<=n<=30000,1<=a_i<=2^{64}$.
不会做呀...本来是有一点想法的，就是从一二三维的简单情况开始，进行类比，推出来一个比较科学的式子（它甚至可以过一个比较大的样例），但是对于 $a<=2$ 的情况就会崩溃，而且小一点的数据里每个都有这种情况，所以最后也没有分了。还是讲一下思路：
一维：两个顶点，$a-2$个无色立方体；
二维：四个顶点，$2\times(a-2+b-2)$个棱上的点,$(a-2)(b-2)$个无色立方体；
三维：八个顶点，$4\times(a-2+b-2+c-2)$个棱上的点，$2\times((a-2)(b-2)+(a-2)(c-2)+(b-2)(c-2))$个面上的点，$(a-2)(b-2)(c-2)$个无色的；
一维二维的可能比较难想，在这里放个图：
这题比较玄学的一点就是怎么分辨 $n$ 维立方体的“面”,因为按照一般的思路来说，只有三维立方体才有“面”。不过通过看样例，可以发现这道题里的“面”指的就是 $n-1$ 维的空间啦。
T2：Challestend and Anarchy Heap
这道题还是比较简单的（虽然我没做出来）。
题意概述：将斐波那契数顺次插入一个二叉堆，比较函数是随机的，问每次插入后堆顶的期望值的和,对998244353取模。$T<=400,1<=n<2^{64}$
期望具有线性性，所以只要算出每个点作为堆顶的概率。虽然比较函数坏掉了，但是树的形态还是固定的。可以发现每次插入新数后，堆顶要么是新数，要么不变。考虑是新数的概率：新数运气超好，一路随机上来到了根，也就是$\frac{1}{2^{x}}$，(x=当前点离根节点的距离)，其它情况下都继承原答案。递推可以做到 $O(N)$，但是显然跑不过，所以可以矩乘，由于深度不固定，还得分段矩乘，有一点难写。
T3：Challestend and Summation
挺好的一道题，专治多项式学傻。
对以下式子求值：$n<=1e7,m<=1000$,F是一个 $m$ 项多项式。
$\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}F(j) \space (\%998244353)$
首先给大家表演一下多项式学傻的人的做法：
$\sum_{j=1}^n\frac{n}{j}\sum_{i=0}^{m-1}a_ij^i$
$\sum_{j=1}^n\frac{n}{j}\sum_{i=0}^{m-1}a_i\sum_{k=1}^jS(i,k)\binom{j}{k}k!$
$\sum_{j=1}^n\frac{n}{j}\sum_{i=0}^{m-1}a_i\sum_{k=1}^jS(i,k)\frac{j!}{k!(j-k)!}k!$
$\sum_{j=1}^n\frac{n}{j}\sum_{i=0}^{m-1}a_i\sum_{k=1}^mS(i,k)\frac{j!}{(j-k)!}$
$\sum_{i=0}^{m-1}a_i\sum_{k=1}^mS(i,k)\sum_{j=1}^n\frac{n}{j}\frac{j!}{(j-k)!}$
第二类斯特林太妙啦，可以将很大的幂指数换成好求很多的阶乘！没错我当时就是这么想的。
后来又想了一下才发现...画到第一步时已经是一个很显然的整除分块形式，只要能快速求出 $f$ 的前缀和即可。而通过一些函数知识可以得到，$m$ 次函数的前缀和是一个 $m+1$ 次的函数，所以插值即可。注意这里不能写 $m^2$ 的插值，要优化一下到 $m$.
1 # include <cstdio> 2 # include <iostream> 3 # define R register int 4 # define ll long long 5 6 using namespace std; 7 8 const int mod=998244353; 9 const int maxn=10002007; 10 int n,m,a[maxn],k; 11 int ans,sx[maxn],f[maxn],inv[maxn],x[maxn],y[maxn]; 12 13 ll cal (ll x) 14 { 15 ll s=1,ans=0; 16 for (R i=0;i<m;++i) 17 { 18 ans=(ans+1LL*a[i]*s)%mod; 19 s=s*x%mod; 20 } 21 return ans; 22 } 23 24 ll qui (ll a,ll b) 25 { 26 ll s=1; 27 while(b) 28 { 29 if(b&1) s=s*a%mod; 30 a=a*a%mod; 31 b>>=1; 32 } 33 return s; 34 } 35 36 ll S (int v) 37 { 38 if(v<=m) return y[v]; 39 ll ans=0; 40 for (R i=0;i<=m;++i) 41 ans=(ans+1LL*y[i]*sx[i]%mod*(1LL*f[v]*inv[v-i]%mod*f[v-i-1]%mod*inv[v-1-m]%mod))%mod; 42 return ans; 43 } 44 45 int main() 46 { 47 scanf("%d%d",&n,&m); k=m; 48 for (R i=0;i<m;++i) scanf("%d",&a[i]); 49 for (R i=0;i<=m;++i) 50 { 51 x[i]=i; 52 y[i]=cal(i); 53 y[i]=(y[i]+y[i-1])%mod; 54 } 55 f[0]=1; 56 for (R i=1;i<=n;++i) f[i]=1LL*f[i-1]*i%mod; 57 inv[n]=qui(f[n],mod-2); 58 for (R i=n;i>=1;--i) inv[i-1]=1LL*inv[i]*i%mod; 59 for (R i=0;i<=k;++i) 60 { 61 sx[i]=1; 62 for (R j=0;j<=k;++j) 63 { 64 if(i==j) continue; 65 sx[i]=1LL*sx[i]*(x[i]-x[j]+mod)%mod; 66 } 67 sx[i]=qui(sx[i],mod-2); 68 } 69 int l=1,r; 70 while(l<=n) 71 { 72 r=n/(n/l); 73 ans=(ans+1LL*(n/l)*((S(r)-S(l-1))%mod+mod)%mod)%mod; 74 l=r+1; 75 } 76 printf("%d\n",ans); 77 return 0; 78 }
T4:Challestend and the Second War against Duliu
一看题目就可以发现这道题“Duliu”的本质了。
简单的说：给定一个长度为 $n$ 的数列以及 $n$ 个观察者，每个观察者可以看到 $[l_i,r_i]$ 的一段区域，要求支持如下操作：
对数列区间加；查询一段编号连续的观察者所能看到的值的和；修改某个观察者的观察区域。
$n,m<=10^5$
这题能做？$O(N\sqrt{N}logN)$ 的做法其实不是特别难想，但是似乎会被卡常。另注：这题的最大难点在于读题。
刚刚听了题解，感觉学到了很多东西，原来分块可以做到 $O(\sqrt{N})$ 区间加，$O(1)$ 区间查询，实在是非常神奇。
那么这里先写抄一份正常解法：
首先考虑分块维护区间和，有一个比较巧妙的做法是对于每个块维护和，再对于每个点维护块内的前后缀和，这样就可以做到 $O(1)$ 区间查询了。如果直接把这个做法扩展到区间加上复杂度就崩了，因为每次要打很多的标记。考虑对于每个块维护一个delta，表示未下放的标记...但是每个点得到的标记的实际值和它的位置是有关的，所以这里有两个做法：1.差分；2.delta标记变为维护一个等差数列的首项和公差；再用这种巧妙的分块代替原先的树状数组，即可通过本题 $O(N\sqrt{N})$
下面是我的乱搞做法：
对于观察者序列分块，每个块内维护一个长度为 $n$ 的数组，每个位置上的值表示这个块内的观察者有多少能看到这个位置。修改时，对于每个块计算贡献；查询时，整块可以直接得到答案，散点暴力查询。修改观察区间则更简单，只需要在相应的块内做一些处理就可以了。这里需要一个区间修改的数据结构，选择树状数组。
这样做的问题在于每个操作之间的复杂度过于不平衡，所以用 a,b,c 表示三个操作的操作次数，m表示分块大小，得到下式：
$a\frac{N}{M}logN+b\frac{N}{M}+bMlogN+clogN$
这样就可以用...模拟退火得到最优的块大小！
---shzr
