Educational Codeforces Round 81 (Div. 2) 题解 1295A 1295B 1295C 1295D 1295E 1295F

A

输出111111111...或711111111...即可

B

多一个0，就+1；多一个1，就-1。

记录每一位的前缀和，前面每重复一次字符串s，就相当于整体加几或者减几。因此就是模运算判断一下就好。不能理解的话可以玩一玩这个：101101，然后对x从-5到5都手算一遍看看规律。

C

很经典的贪心题。一个指针$p$在s上一直循环前往后扫，另一个指针在z上，一开始指向$z_1$。如果$p$指向的字母等于$z_1$，那么就把z的指针往后移一格，相当于填入了一个字母。然后$p$继续扫，直到z的指针走到结尾。

当然，这么写肯定会TLE，因此开26张表，每个表存放对应字母的出现位置，维护s的当前指针位置$p$，接下来需要哪个字母了就去找这个字母的表里大于$p$的最小位置，如果不存在就把$p$放回起点，ans++。查找大于$p$的最小位置可以直接二分，直接调STL里的upper_bound就行。

无解的情况不要忘了。

D

数学题，都是老套路了。

给定$a,m$，求有多少个$x$满足$0\leq x < m$且$gcd(a, m)=gcd(a+x,m)$。

翻译一下，就是求

$\sum\limits_{x=0}^{m-1}[gcd(a,m)=gcd(a+x,m)]$

设$g=gcd(a,m)$,

原式$=\sum\limits_{x=0}^{m-1}[gcd(a+x,m)=g]$

$=\sum\limits_{x=a}^{a+m-1}[gcd(x,m)=g]$

$=\sum\limits_{x=1}^{a+m-1}[gcd(x,m)=g]-\sum\limits_{x=1}^{a-1}[gcd(x,m)=g]$.

观察$\sum\limits_{i=1}^x[gcd(i,m)=g]$

$=\sum\limits_{i=1}^x[gcd(\frac{i}{g},\frac{m}{g})=1][g|i]$ $(g|m)$显然成立

$=\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{x}{g}\rfloor}[gcd(i,\frac{m}{g})=1]$

记$f(x,m)=\sum\limits_{i=1}^x[gcd(i,m)=1]$.

容斥的想法很好理解：质因数分解m，二进制状压枚举它的每个质因子选或不选，加加减减就行。下面用反演也能推出一样的结果：

记$F(x,m,g)=\sum\limits_{i=1}^x[g|gcd(i,m)]$

$=[g|m]\sum\limits_{i=1}^x[g|i]$

$f(x,m,g)=\sum\limits_{i=1}^x[g=gcd(i,m)]$

因此$f(x,m,g)=\sum\limits_{g|d}^{d\leq \lfloor\frac{x}{g}\rfloor}\mu(\frac{d}{g})F(x,m,d)$

因此$f(x,m)=f(x,m,1)=\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{x}{g}\rfloor}\mu(d)[d|m]\sum\limits_{i=1}^x[d|i]$

$=\sum\limits_{d|m}^{d\leq \lfloor\frac{x}{g}\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{x}{d}\rfloor$

这个式子的含义就和上面说的容斥一样。

$m\leq 10^9$，因此质因子最多七八个，肯定能过。

$Ans=f(\lfloor\frac{a+m-1}{g}\rfloor, \frac{m}{g})-f(\lfloor\frac{a-1}{g}\rfloor, \frac{m}{g})$.

E

非常巧妙的一道线段树题目。

建立一个数组$B$和一个变量$val$，$b_i$表示一开始在第$i$个数后面切这一刀，之后调整两边的元素使左边小于等于$val$，右边大于$val$的最小代价。

从小往大枚举$val$，数组也会随之改变。如果$val$从$v$变成$v+1$，那么对$b_i$进行观察：

设$v+1$在第$k$位（即$p_k=v+1$），

若$k>i$，那么原来$p_k$呆在右边，现在它要调换到左边，因此$b_i$要加上$a_k$.

若$k \leq i$，那么原来$p_k$呆在左边，需要被调换到右边，但现在不需要调换了，因此$b_i$要减去$a_k$.

换句话说，就是这么两个操作：

1.区间加减一个数；

2.查询整个数组的最小值。

直接上线段树就行。

F

非常牛逼的一道dp。

一个数组，每一位都有一个随机的取值范围，问最后随机出一个不上升的数组的概率。$n\leq 50, a_i\leq 1e9$.

实际上就是统计不下降的数组的个数（把数组倒过来看就行。。。）

这么考虑：最多2n个端点，把它们全都标到一根数轴上，把线段从左往右分成$O(n)$段。一个小trick是把原来的每个右端点+1，也就是把区间从$[l,r]$变成$[l,r+1)$。$S_1=<l_1,r_1>,S_2=<l_2,r_2>,...(l_1\leq r_1\leq l_2\leq r_2...)$

用$f(i,j)$表示数组选择了数组的前$i$个元素，且都选择在前$j$条线段上的方案数。

假如知道了$f(i,j)$，那么我们可以枚举一个$k$，表示在第$j+1$条线段上选择数组的接下来$k$个元素($k$可以为0)。由于线段互不相交且从左往右排序，无论在这条线段上怎么选择，最后都是一个不上升的数组。

那么就可以从状态$f(i,j)$转移到$f(i+k,j+1)$。

最后一个问题是如何在线段$S_{j+1}=<l_{j+1},r_{j+1}>=[l_{j+1},r_{j+1})$上选择$k$个元素（可重复）？这个是非常经典的组合数学问题，求不定方程$x_1+x_2+...+x_n=k$的非负整数解的个数。运用挡板法（另一种叫法叫Stars and Bars，都一样），很容易知道这个结果是组合数$C_{k+n-1}^{n-1}=C_{k+n-1}^k$.

因此有转移方程$f(i+k,j+1)+=f(i,j)*C_{k+n-1}^{k}$.计算一次转移是$O(k)=O(n)$的，

因为$C_{k+n-1}^k=\frac{(k+n-1)!}{k!(n-1)!}=\frac{1}{k!}\prod\limits_{i=n}^{n+k-1}i$.一个状态的前驱状态最多有$O(k)=O(n)$个，而一共有$O(n*2n)=O(n^2)$个状态，所以总复杂度是$O(n^4)$的。事实上在转移时顺带着计算组合数就能变成$O(n^3)$了（吧？）

后记

太棒了，学到许多