CF vp 新题乱做

由于都是 CF 上非赛时做的题，因此所有代码都可以去 CF 上找我的账号 zimujun 的 submission 查看。

每道题的标题上有题目链接。

目录

• 1559E Mocha and stars
• 1550E Stringforces
  • 1246C Rock is Push

1559E Mocha and stars

*2200，考察基本数论函数性质、背包 dp 和前缀和优化的综合应用，属于综合性较强的基础题。

求有多少长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_i\}\) 满足 \(\forall i \in [1, n]\cap\mathbb Z, l_i \le a_i \le r_i, \displaystyle\sum_{i = 1} ^ n a_i \le m, \gcd(a_1, a_2, \cdots, a_n) = 1\)。

\(n \le 50, l_i \le r_i \le m \le 10 ^ 5\)。

\[\displaystyle ans = \sum_{i_1 = l_1} ^ {r _1}\sum_{i_2 = l_2} ^ {r_2} \cdots\sum_{i_n = l_n} ^ {r_n}\left[\sum_{j = 1} ^ n i_j \le m\right]\left[\gcd(i_1, i_2, \cdots, i_n) = 1\right]\\ =\sum_{i_1 = l_1} ^ {r _1}\sum_{i_2 = l_2} ^ {r_2} \cdots\sum_{i_n = l_n} ^ {r_n}\left[\sum_{j = 1} ^ n i_j \le m\right]\sum_{t \mid \gcd(i_1, i_2, \cdots, i_n)}\mu\left(t\right)\\ =\sum_{t = 1} ^ m\mu\left(t\right) \left(\sum_{i_1 = \lceil \frac{l_1}{t}\rceil} ^ {\lfloor \frac{r_1}{t}\rfloor}\sum_{i_2 = \lceil \frac{l_2}{t}\rceil} ^ {\lfloor \frac{r_2}{t}\rfloor}\cdots\sum_{i_n = \lceil \frac{l_n}{t}\rceil} ^ {\lfloor \frac{r_n}{t}\rfloor}\left[\sum_{j = 1} ^ n i_j \le \lfloor\frac{m}{t}\rfloor\right]\right)\]

后面那个 dp 求解就好，由于上界只到 \(\lfloor\dfrac{m}{t}\rfloor\) 因此总的复杂度是 \(O(nm\ln m)\) 的。

具体的，设 \(f(i, j)\) 表示在前 \(i\) 个数中选出的总和为 \(j\) 的方案数，显然有 \(\displaystyle f(0, 0) = 1, f(i, j) = \sum_{k = \lceil\frac{l_i}{t}\rceil} ^ {\lfloor\frac{r_i}{t}\rfloor} f(i - 1, j - k)\)，不难发现后面这个转移可以一个前缀和搞掉，最后答案即为 \(\displaystyle \sum_{i \le \lfloor\frac{m}{t} \rfloor} f(n, i)\)。

1550E Stringforces

*2500，考察二分和状压，同时涉及部分贪心策略的应用，解法较为巧妙。

要求使得最小值最大，可以考虑二分一个限制指 \(len\)，要求这 \(k\) 种字符连续出现的最大次数都大于 \(len\)，然后判断这个限制值是否合法。

可以考虑然把这 \(k\) 个长度为 \(len\) 的连续段放入字符串的一个前缀，因为当没有别的限制的时候，我们肯定会选择贪心地加入，使得已经加入的前缀尽可能短，可以证明这样的构造方案一定不会更劣。

但是现在有确定字符的限制，而且不同种类字母的限制不同（被除了当前种类字字母在内的所有其他字母限制）。看到 \(k \le 17\)，考虑状压。

设 \(f(S)\) 表示已经加入的字母种类集合为 \(S\) 时所占前缀的最小长度。通过枚举往集合中新加入的字符刷表转移。最后判断 \(len\) 是否合法即可转化为判断 \(f(\{1,2,\cdots,k\}) \le n\) 是否成立，考虑如何优雅地实现这个转移。

做一个预处理，设 \(next(i,j)\) 表示从第 \(i\) 个位置，放长度为 \(len\) 的第 \(j\) 种字母的连续段，可以放到的最小右端点位置。倒序枚举 \(i\)，如果后面 \(len\) 长度内出现了除了 ? 和第 \(j\) 种字母之内的其他字符（通过维护已经扫过去的每一种字符最靠左的位置实现即可），那就把 \(next(i, j)\) 赋值为 \(next(i + 1, j)\)，如果没有出现，那就是 \(i + len\)。这样处理一遍的复杂度为 \(O(nk)\)。

完成这个预处理，我们就可以实现这个转移了。

\[\large f(S) = \min_{T\subsetneqq S\land T\cup\{i\} = S}\left\{next(f(T), i)\right\} \]

枚举状态和字符转移即可，复杂度为 \(O(k2^k)\)。

总的复杂度为 \(O((nk + k2^k)\log n)\)。

1246C Rock is Push

*2200，考察对题目性质的发现和使用 dp 求解问题的能力。

前几天 vp 的时候没做出来的一道题。

看起来很 npc 的题意，没想到是个 dp，后来一想，如果把方案数按下一步向左还是向下走区分开，那么这样确实满足无后效性。

然后一个前缀和优化就做完了。

很有意思的一道题。

（要是具体做法还不太明白的话私戳我吧）