CCPC2019网络选拔赛部分题解

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A ^&^

给定 \(A,B\) ，要你找到最小的 \(C\)，使得 \((A \oplus B)\&(B|C)\) 最小。特别地，如果 \(C=0\)，那么输出 \(1\) 。

\(1\leq B,C < 2^{32}\)

每一位都是独立的，可以把这个式子看成一个新的位运算，直接算出它每一位的真值表，那么直接按位贪心即可。

时间复杂度 \(O(\log \max(B,C))\)

B array

给你一个长度为 \(n\) 的排列，\(m\) 个操作。操作有两种，把里面的某个数增加 \(10^7\)，或者询问不等于 \(a_1,a_2,\cdots,a_r\)，且不小于 \(k\) 的最小的数是多少。

\(n,m\leq 10^5,k\leq n\)

\(k\) 不超过 \(n\) ，所以答案必定不超过 \(n+1\)，如果答案不是 \(1 \sim n\) ，那么必定是 \(n+1\) 。我们可以考虑权值线段树，维护权值为 \(1\sim n\) 的数在序列中的出现位置。修改可以直接删去这个数，这样我们只需要查询权值 \([k,n]\) 的数出现的最小且大于 \(r\) 的位置。

时间复杂度 \(O(m\log n)\)

C K-th occurrence

给定一个长为 \(n\) 的字符串 \(S\)，\(q\) 次询问，每次询问其子串 \(S(l,r)\) 在字符串中的从左到右第 \(k\) 次出现的开始位置。

\(n,q\leq 10^5\)

建SAM，用倍增 \(O(\log n)\) 找出子串的对应节点，并把询问挂在上面，再用线段树合并维护出每个节点的 right 集合，询问即可。离线可以避免对线段树持久化。

\(O((n+q)\log n)\)

D path

给一张有向带权图，点数为 \(n\)，边数为 \(m\)，多次询问求图中第 \(k\) 短的路径，允许多次经过同一条边，其边权也要计算多次。

\(n,m,k\leq 5\times 10^4,1 \leq w_i \leq 10^9\)

考虑一条路径怎么生成，就是从一个点不断扩展。我们直接用类似BFS的思路搜出最短的 \(\max k\) 条路径即可，按询问的 \(k\) 大小顺序解决。但由于有可能会有菊花图，即导致中心点不断被访问，加入非常多的无效路径，我们可以考虑把出边按边权排序，然后在遍历到肯定超过 \(\max k\) 的路径时直接 break。注意只维护最小的 \(k\) 种方案，多余的直接弹出。

考虑怎么分析时间复杂度。我们其实只需要分析我们会搜出多少条不是最小 \(k\) 条的路径，因为这些方案我们都需要弹出。首先只有前 \(k\) 小的方案才会被用来更新，在这些方案的基础上，我们由它扩展出的新方案肯定不会再经过某一条边一次以上，因为如果经过两次，那么经过一次的方案肯定会在前 \(k\) 种方案中，被用来扩展出经过两次的方案，矛盾。因此时间复杂度为 \(O((k+m)\log k)\) 。

E huntian

给定 \(n,a,b\)，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i[\gcd(i,j)=1]\gcd(i^a-j^a,i^b-j^b) \]

\(1 \leq n,a,b \leq 10^9,\gcd(a,b)=1\)

\(i^a-j^a\) 可以因式分解出一个 \(i-j\) 的因子，又保证 \(a,b\) 互质，\(i,j\) 互质，那么盲猜后面的式子就是 \((i-j)\)，打个表发现是对的。

就是要求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1](i-j)=\sum_{i=1}^ni\phi(i)-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i [\gcd(i,j)=1]j \]

考虑后半部分，对于特定的 \(i(i>2)\) ，由更相减损法的原理我们知道 \(\gcd(i,j)=\gcd(i,i-j)\) ，因此互质的数成对出现，且和为 \(i\) ，那么后半部分其实就是 \(\frac {i\phi(i)} 2\) 。当然，特殊处理 \(i=1\) 时的贡献即可。

这样答案其实就是 \(\frac 1 2\sum_{i=1}^n i\phi(i)-\frac 1 2\)

前面的式子是一个积性函数求和。可以杜教筛，构造 \(g=id\)，那么 \((f*g)(n)=n^2\) 。

F Shuffle Card

有 \(n\) 张卡牌排成一排，做 \(m\) 次操作，每次将编号为 \(i\) 的卡牌拿出来放到最左边，问操作完后整个卡牌的顺序。

\(n,m\leq 10^5\)

用链表模拟即可。

G Windows of CCPC

第 \(k\) 个矩阵是将 \(4\) 个 \(k-1\) 矩阵拼接，但左下角的子矩阵将 \(C\) 和 \(P\) 取反后得到。

\(k\leq 10\)

递归模拟。

H Fishing Master

有 \(n\) 条鱼，抓一条鱼需要花费 \(k\) 的时间，烤编号为 \(i\) 的鱼至少需要 \(t_i\) 的时间，将鱼拿去烤和拿回来都不花费时间。抓鱼时不能做其他事情，但烤鱼时可以同时抓鱼，且同一时间只能烤一条鱼。

\(n\leq 10^5,1\leq k,t_i\leq 10^9\)

除了第一条鱼一定要单独耗时，显然如果烤鱼 \(t_i \geq k\) ，我们在此过程中至少可以抓 \(\lfloor \frac {t_i} k \rfloor\) 条鱼。我们希望尽量少的耽误烤鱼时间，因为我们最后的时间肯定是以烤鱼结束，而不是抓鱼结束。

如果 \(\sum \lfloor \frac {t_i} k \rfloor\geq n-1\) ，那么我们不需要耽误烤鱼时间。否则，我们就会需要让某次烤鱼多烤一会等待我们再抓一次鱼，这样多耗费的时间是 \(t_i-t_i \bmod k\) ，且我们肯定只会在一次烤鱼时耽误一次，因为一次只能烤一条鱼，没必要让第二次耽误时烤炉空着。

贪心即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在于排序。

I Kaguya

给一个二分图并黑白染色，已知黑点有 \(n\) 个，白点有 \(m\) 个，一对黑白点之间有 \(\frac 1 2\) 的概率存在一条双向边，问一对黑白点之间的期望最短距离。

\(1\leq n,m\leq 30\)

假设选取一个白点为源点，那么我们就是要求它到所有黑点的距离和。考虑BFS的过程，设 \(f[n][a][b][l]\) 表示BFS到第 \(n\) 层时，一共已经遍历过了 \(a\) 个白点，\(b\) 个黑点，且当前层的点数为 \(l\) 的概率。

那么只需要计算一个局面出现的概率，即可进行转移，不妨假设第 \(n\) 层是白点：

\[f[n+1][a][b+t][t]=\sum_{l} f[n][a][b][l]\times\binom {m-b} {t} \times\biggl(1-(\frac 1 2)^l\biggr)^t(\frac 1 2)^{l\times(m-b-t)} \]

意思就是局面的概率就是下一层的 \(t\) 个点必须和当前层 \(l\) 个点至少有一条边，且其他不在下一层的点与他们都没有边。

这样的复杂度是 \(O(n^5)\) ，但其实有很多冗余操作，优化一下DP的上下界并注意常数和预处理即可。