2024年2月 杂题记录

[ARC122E] Increasing LCMs

正序构造的话，我们是不知道前面有什么的，于是我们倒序构造。当我们考虑最后一位时，前面的位都是知道的。设 $v=\mathrm{lcm}(x_1,\dots ,x_{i-1})$，则有 $v<\mathrm{lcm}(v,x_i)$，即 $gcd(v,x_i)<x_i$，这等价于 ${\mathrm{lcm}}_{j\ne i}\{gcd(x_i,x_j)\}<x_i$。

当 $i$ 减小时，$\mathrm{lcm}$ 单调不升，$x$ 候选集合会不断变大，于是每次随便选一个符合条件的 $x$ 即可。

CF1656H Equal LCM Subsets

直接找子集很难，转化成在全集上删除。

考虑 $S_A$ 中一个数 $a_x$ 是否一定要被删除，设其等于 $p^{\alpha }$。设 $S_B$ 中的数在 $p$ 这个质因子的指数上是 $\beta$，若 $\alpha >max\{{\beta }_i\}$，则 $a_x$ 一定要被删除。这等价于 $\underset{j=1}{\overset{|S_B|}{gcd}}\left\{{\displaystyle \frac{a_x}{gcd(a_x,b_i)}}\right\}>1$，这可以用开 $2n$ 棵线段树维护。

开个队列，把要删除的点入队，之后遍历队列，暴力将每个数删除后对另一个集合线段树造成的影响给除去。时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2\log n)$。

[AGC039D] Incenters

很厉害的几何题！！！

对于 $△ABC$ 来说，设内心为 $I$，它的每条角平分线延长出去分别交外接圆 $\odot O$ 于 $D,E,C$ 三点，则可以证明，点 $I$ 是 $△DEC$ 的垂心。

于是，我们将求内心转化为了求两点弧中点所围成的三角形的垂心。考虑如何求三角形的垂心 $H$，如果不会欧拉线，凭借着向量知识也能知道，$\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=\overrightarrow{OH}$，因此 $F=D+E+F$。

于是我们可以 $\mathcal{O}(n^2)$ 枚举任意两个点计算贡献，注意弧中点可能在优弧也可能在劣弧，要注意数量的计算。把三角函数拆开可以做到 $\mathcal{O}(n)$。

P6240 好吃的题目

猫树分治入门题。可以看出是 $mid$ 往两边做 01 背包，写 $pre,suf$ 两个数组被卡空间了……

P9200 「GMOI R2-T3」粒子环游

直接枚举 $n+1$ 号点的插入位置，设插入第 $i$ 位。记 $s_i=\sum _{j=1}^i{e}_i$，则答案要求最小化

$$\sum _{i=1}^{n+1}|s_i-s_p|\times c_i$$

绝对值很难处理，如果把 $s_i$ 丢到数轴上，那这个式子的几何意义就是：有 $n+1$ 一个点，每个点有点权 $c_i$，现在要寻找一个点为中心点，使得所有点到这个中心点的加权距离最小。进而，我们可以将点权转化为 $c_i$ 个重复的点，这样就很显然了，我们只要选择位于中心的点，即在数轴上从左到右第 $\lceil {\displaystyle \frac{\sum c_i}{2}}\rceil$ 个点。

思考如何计算答案，对于 $s_p$ 右边的点，我们维护 $sum=\sum s$，$cnt=\sum c$，那么右边的答案就是 $sum-s_p\times cnt$。左边同理。

我们可以用动态开点线段树维护这个数轴，要支持单点修改、二分查找第 $k$ 小的数，区间求和，比较简单。

当 $n+1$ 插入的位置从 $i\to i-1$ 时，$s$ 只有 $s_i,s_{i-1}$ 发生了变化，简单维护一下即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

P7515 [省选联考 2021 A 卷] 矩阵游戏

容易发现，如果把 $a$ 的第 $n$ 行和第 $m$ 列全部赋值成 $0$，那么 $a$ 可以递推得出。可惜因为 $a_{i,j}$ 有大小限制，这可能是不合法的。考虑怎么改变使它合法，发现如果在同一行或者同一列同时进行 $+x,-x+,-x\dots$ 操作，那么对应的 $b$ 不会变化。

于是，设 $r_i$ 为第 $i$ 行的 $x$，$c_i$ 为第 $i$ 列的 $x$，那么可以构造一个表示 $a_{i,j}$ 变化量的新矩阵 $A_{i,j}$

$$\left[\begin{array}{cccc}{r}_1+c_1& -r_1+c_2& r_1+c_3& \dots \\ r_2-c_1& -r_2-c_2& r_2-c_3& \dots \\ r_3+c_1& -r_3+c_2& r_3+c_3& \dots \\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}\right]$$

但这样形式不统一，于是我们把偶数行的 $r$ 和奇数列的 $c$ 取相反数，那么矩阵就变成

$$\left[\begin{array}{cccc}{r}_1-c_1& c_2-r_1& r_1-c_3& \dots \\ c_1-r_2& r_2-c_2& c_3-r_2& \dots \\ r_3-c_1& c_2-r_3& r_3-c_3& \dots \\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots \end{array}\right]$$

这样，矩阵的每一项都是 $x-y$ 的形式了，由于 $0\le a_{i,j}+A_{i,j}\le {10}^6$，所以 $-a_{i,j}\le x-y\le {10}^6-a_{i,j}$，这就转化成了差分约束的形式，可以用熟知的算法解决。

P8113 [Cnoi2021] 自我主义的平衡者

原来看错题了…………………………………………

猜想 $a$ 从小到大排序取最大值，反过来取最小值。

下面钦定 $a_{i+1}>a_i$，邻项交换证明前者。

• 若 $b_i=m$，$b_{i+1}=0$。则 $s<a_i$，$s^{\prime }=s+{\displaystyle \frac{m-s}{i}}>a_{i+1}$。交换后

  • 若 $b_i=m$，则 $s<a_i<a_{i+1}$，$s^{″}=s+{\displaystyle \frac{m-s}{i}}=s^{\prime }>a_{i+1}>a_i$，所以 $b_{i+1}=0$，没有更优秀。对后续也无影响。
  • 若 $b_i=0$，则 $s>a_{i+1}$，与条件矛盾。

• 若 $b_i=m$，$b_{i+1}=m$，交换后必然不会更优。

• 若 $b_i=0$，$b_{i+1}=m$，则 $s>a_i$，$s^{\prime }=s+{\displaystyle \frac{-s}{i}}>a_{i+1}$。交换后 $b_i=0$，不可能更优$s>s^{\prime }>a_{i+1}>a_i$，$s^{″}>s>a_i$，所以 $b_{i+1}=0$，没有更优。

• 若 $b_i=0$，$b_{i+1}=0$，不可能更优。

综上，当 $a$ 从小到大排序时，取最大值。

后者同理。

P1527 [国家集训队] 矩阵乘法

来学习整体二分。

整体二分就是应用于一些询问可以二分，但是如果单独二分时间复杂度过大，于是整体一起二分来减少时间复杂度的问题。

将所有操作按时间排好序放在数组 $q$ 里离线下来。设函数 $solve(l,r,L,R)$ 表示现在到了操作 $l\sim r$，答案的值域在 $[L,R]$ 之间，把 $mid={\displaystyle \frac{L+R}{2}}$ 左边的值加入。对于询问则查询值域在 $[L,mid]$ 内的数是否大于等于 $k$，是就把询问放到左区间，否则令 $k\leftarrow k-cnt$，并放到右区间。时间复杂度 $\mathcal{O}((n^2+q){\log }^{3}n)$。

CF1285F Classical?

orz jiangly

套路地变 $\mathrm{lcm}(a_i,a_j)={\displaystyle \frac{a_i{a}_j}{gcd(a_i,a_j)}}$。如果 $gcd(a_i,a_j)=1$ 就好了，我们发现，如果把 $a_i$ 的所有约数都放进序列，那必然存在 $x\mid a_i$，$y\mid a_j$，使得 $\mathrm{lcm}(x,y)=\mathrm{lcm}(a_j,a_j)=1$，$gcd(x,y)=1$，并且原答案不会改变。

考虑将数从大到小加入，发现如果扫到 $x$ 时，集合里存在 $y$ 使得 $gcd(x,y)=1$，那么所有在 $(x,y)$ 内的数对 $x$ 都没有贡献。于是拿个栈维护，扫到 $x$ 时如果栈里有与 $x$ 互质的数就不断弹栈。那如何判断栈里是否有与 $x$ 互质的数呢？即 $cn{t}_x$ 表示 $x$ 倍数的个数，那么互质的数的个数为

$$\sum _{d\mid x}\mu (d)cn{t}_d$$

时间复杂度 $\mathcal{O}(\sum _{i=1}^V\sigma (i))=\mathcal{O}(V\ln V)$。

CF1773D Dominoes

黑白染色，若多米诺骨牌能完全铺满则二分图存在完备匹配。

由于题目规定了一开始存在完备匹配，则黑白点数量相同。所以删除两个同色点必然无解，记有用的点数量为 $cnt$，则方案数为 $2\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{cnt/2}{2})$。当 $cnt>2000$ 时已经大于 ${10}^6$，所以有用的点数其实 $\le 2000$。

有解的方案不多，转为计算有解的。枚举删除的第一个点，再重新跑一次二分图匹配。若匹配数小于 $cnt/2-1$，则该点是必经点，不存在有解方案。否则就是找二分图另一边非必经点的个数。

求解匹配必经点是经典问题：不妨设左部图较大。从左部每个非匹配点出发，遍历它的所有右部匹配点邻居对应的左匹配点，则所有被遍历到的左匹配点均为非必经点。因为从它们开始存在交错路径使得终点为非匹配点，将匹配边换成路径下一条边即可。

P6130 随机红包

一开始一直想用概率分布函数和密度函数算，发现算不出来。

其实可以直接算概率然后积分，反正就是要求出那个面积。

原问题等价于在 $[0,1]$ 上随机撒点，求第 $k$ 小的线段的期望长度。

先从 $k=1$ 开始算。设最短的那一段长度为 $x$，则其它段的长度必须大于 $x$，这可以看作所有段的长度减去 $x$ 后再在 $1-nx$ 上随机撒 $n-1$ 个点。因此

$$P(x\le L_{min})=(1-nx{)}^{n-1}$$

那么

$$\begin{array}{rl}E(L_{min})& ={\int }_0^{\frac{1}{n}}(1-nx{)}^{n-1}\mathrm{d}x\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{n}}{\int }_0^{\frac{1}{n}}(1-nx{)}^{n-1}\mathrm{d}(1-nx)\\ & =-{\displaystyle \frac{1}{n^2}}(1-nx{)}^n{|}_0^{\frac{1}{n}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{n^2}}\end{array}$$

现在再来考虑 $L_2$，这等价于把所有线段减去 $L_{min}$ 最短线段的期望长度再加上 $L_{min}$，因此

$$E(L_2)={\displaystyle \frac{1-nE(L_{min})}{(n-1{)}^2}}+E(L_{min})={\displaystyle \frac{1}{n}}({\displaystyle \frac{1}{n}}+{\displaystyle \frac{1}{n-1}})$$

同理

$$E(L_k)={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=0}^{k-1}{\displaystyle \frac{1}{n-j}}$$

随便预处理一下即可通过。

[AGC032F] One Third

需要上一题的前置知识。

有一个很牛逼的转化，以第一刀为 $x$ 轴正半轴将圆三等分，将 $[0,\frac{2\pi }{3})$，$[\frac{2\pi }{3},\frac{4\pi }{3}),[\frac{4\pi }{3},2\pi )$ 里的刀分别染成红色、绿色、蓝色，之后将它们的角度分别 $mod\frac{2\pi }{3}$，就可以转化成下列问题：

在 $[0,\frac{1}{3}]$ 上随机选 $n-1$ 个点，钦定 $1$ 号点和右边界处的点异色，每个点三颜色随机，求异色点对的距离最小值。

考虑枚举答案是第 $k$ 小的线段，那么要求前 $k-1$ 条线段同色，容斥得概率为 $\frac{1}{3^{k-1}}-[k<n]\frac{1}{3^k}$。

因此

$$\begin{array}{rl}ans& ={\displaystyle \frac{1}{3}}\sum _{i=1}^n({\displaystyle \frac{1}{3^{i-1}}}-[i<n]{\displaystyle \frac{1}{3^i}})E(L_i)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{j=1}^n{\displaystyle \frac{1}{3^j(n-j+1)}}\end{array}$$

随便求即可。

P6055 [RC-02] GCD

题意：求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1]$

$n\le 2\times {10}^9$。

有点厉害的题目。

推式子推不出来。于是观察一下原式。

于是惊人的发现 $j$ 就是在枚举 $gcd(p,q)$。

于是化为

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{p=1}^n\sum _{q=1}^n[gcd(i,p,q)=1]\\ =& \sum _{d=1}^n\mu (d){\left(\lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \right)}^3\end{array}$$

杜教筛即可。