2018.3.12校内互测总结-生成函数-bitset-二次剩余

这套题是同机房dalao Easy 出的，质量还是挺高的~

T1.a

题目大意:

定义运算$r(n,S)$为满足$s_1 \in S,s_2 \in S,s_1 \neq s_2,s_1+s_2=n$的有序对$s_1,s_2$的数量

将集合$S_n={0 \cdots n}$划分成两个集合$S_a,S_b$，使得对于任意的$a(1 \leq a \leq n)$，均有$r(a,S_a)=r(b,S_b)$。

$3 \leq n \leq 10^5$。

题解:

作为一条咸鱼，当时咱用$O(n^2)$暴力打了个表，然后把表差分后用char压缩了一下，把代码长度压到了12kb，然后就过了......

这道题事实上是一道数学竞赛组友情赞助的构造题，然而从机房dalao Demerzel那里get到了一个很好的方法:

设$S_a$的生成函数为$A(x)$，$S_b$的生成函数为$B(x)$，某项的系数为$1$代表这个数在当前生成函数内。

那么现在得到了一个方程组:

已知

$$A(x)+B(x)=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}$$

求$A(x)$，$B(x)$满足

$$A^2(x)-A(x2) \equiv B^2(x)-B(x2) \pmod{ x^{n+1}}$$

考虑到是在$mod\ x^{n+1}$意义下运算，那么事实上:

$$A(x)+B(x) \equiv \frac{1}{1-x} \pmod{x^{n+1}}$$

然后对第二条方程进行转化:

$$A^2(x)-B2(x) \equiv A(x^2)-B(x2)$$

$$(A-B)(x)(A+B)(x) \equiv (A-B)(x^2)$$

考虑令$C(x)=(A-B)(x)$

那么$C(x)$的每一项系数均为$\pm 1$，$+1$为在$S_a$中，否则在$S_b$中。

带入第一条方程的结果:

$$\frac{1}{1-x}C(x) \equiv C(x^2)$$

$$C(x) \equiv C(x^2)-xC(x2)$$

考虑到$C(x^{2)$即$C(x)$所有系数的下标*2的结果，同时$xC(x}2)$为$C(x^2)$所有系数的下标$+1$的结果，那么令$C_i$为$C(x)$在次数为$i$的一项上的系数，那么这个式子写成竖式会是这样的:

   C0 0  C1 0  C2
-  0  C0 0  C1 0
------------------  ......
   C0 C1 C2 C3 C4

观察这个竖式，由于已知$C_0=1$，那么现在咱们可以递推解出每一项了。

复杂度$O(n)$。虽然都是基本操作但还是很巧妙的。

T2.b

题目大意:

在一个三维空间内，实现加点、求指定空间内点的个数两个操作。

操作数$n$满足$1 \leq n \leq 5*10^4$。

题解:

会写KD-Tree的博主由于太久没写过，选择了做一条咸鱼，写了CDQ分治套树套树_(:з」∠)_

然而事实上有一种$O(\frac{n^2}{\omega})$的神奇做法:

考虑对每个询问点维护一个bitset，每一位按时间顺序从前到后依次代表一个点。

初始比当前点加入时间早的所有点的位置上均为$1$，其余位置为$0$。

依次操作每一维，对于每一维，同样开一个bitset，初始全$0$。

将所有节点按这一维坐标的大小排序，并按顺序加入每个点，若是询问则在对应的答案bitset上and当前维护的bitset。

最后每一个询问点的bitset上的count便是对应点的偏序，容斥一下便可得到答案~

实际时间效率完虐除了三维KD-Tree外的所有方法，包括CDQ套CDQ、CDQ套二维KD-Tree等。

T3.c

题目大意:

给出$c$和质数$m$，求方程$x^2-c \equiv 0 \pmod{m}$的解。

题解:

裸二次剩余。

然而咱不会_(:з」∠)_

这有一篇非常好的博客，讲的很清楚:a_crazy_czy dalao 的博客

然而还是不会写，留坑待填_(:з」∠)_