HDU 多校第四场题解

对于 D 题的原题意，出题人和验题人赛前都没有发现标算存在的问题，导致了许多选手的疑惑和时间的浪费，在此表示真诚的歉意！
预计难度分布：

Easy - DJKL, Medium - ABCEG, Hard - FHI

A. Integers Exhibition

不难发现非 (K)-magic 数是非常少的，考虑先预处理出来，二分回答询问。

以下我们讨论如何求出非 (K)-magic 数，为方便描述，我们称一个正整数是良好的当且仅当其是非 (K)-magic 的。

对于一个质数 (p)，我们考虑所有仅包含小于 (p) 的质因子的正整数集 (G)。不难发现：

• 若 (x in G)，且在 (G) 中已经有超过 (K) 个小于 (x) 的整数约数个数多于 (x)，即 (x) 一定不是良好的，则 (x p ^ c) ((c ge 0)) 也一定不可能是良好的。

这样我们就可以得到一个初步的想法。开始我们认为仅有 (1) 是良好的，枚举质因子 (p)，对于每一个原来认为是良好的数 (x)，将 (x p ^ c) ((c ge 0)) 加入候选列表，接着将候选列表排序，除去已经可以确定不是良好的数，进入下一轮迭代。容易证明，在这个算法中，筛去一个不是良好的数 (x)，是不会在后续过程中令一个原本不是良好的数，变成一个良好的数的，故筛去良好的数的过程是合法的剪枝。

然而枚举的质因子的范围有多大呢？联想 (K = 0) 这一经典问题，我们知道对于 (10 ^ {18}) 的范围，考虑前 (20) 个质因子都绰绰有余了，因为将更大的质因子加入是非常不优的。在 (K) 更大的时候，我们采用“迭代至稳定”的思想，每一轮迭代后检查答案是否变化，如果在较长一段迭代后答案无任何变化，我们就认为质因子 (p) 的上界已经达到。经过实践，在 (K = 233) 时，(p) 的最大值取到 (293) 即可。

我们考虑如何在一轮迭代中除去确定不是良好的数。考虑维护前 (K + 1) 大值，从小到大枚举候选列表中的数 (x)，若 (x) 小于第 (K + 1) 大值，我们就把这个数除去。否则更新前 (K + 1) 大值。根据上述描述可以大致估算复杂度。设 (K = 233) 时，(10 ^ {18}) 内良好的数的数量为 (N)，经过实践，可以知道 (N) 约为 (50000)。每次扩展最多把一个数扩展成 (log M) 个数，在剪枝完毕后，列表大小又回归到 (N) 以下，故时间复杂度可以估算为 (O(NK Max(p) log M))，常数较小。

B. Harvest of Apples

定义 (S(n, m) = sum_{i = 0} ^ {m} {n choose i})，不难发现 (S(n, m) = S(n, m - 1) + {n choose m}, S(n, m) = 2S(n - 1, m) - {n - 1 choose m})。也就是说，如果我们知道 (S(n, m))，就能以 (O(1)) 的代价计算出 (S(n - 1, m), S(n, m - 1), S(n + 1, m), S(n, m + 1))，可以采用莫队算法。

时间复杂度 (O(T sqrt{MAX}))。

C. Problems on a Tree

用并查集维护两种连通块 —— Easy + Medium 题的连通块，维护大小；Easy 题的连通块，维护大小以及与此连通块只隔一个 Hard 题的 Easy + Medium 连通块大小之和即可。

D. Nothing is Impossible

如果仅有 1 道题，至少有一个人做对这题需要有 错误答案个数 + 1 个人。

那么容易发现在每道题正确答案只有一个的情况下，如果 (n) 道题中存在 (s) 道题，使得学生人数 (m) 不少于每道题 错误答案个数 + 1 相乘的结果，那么一定有人能够得到 (s) 分。故我们将题目按错误答案个数从小到大排序，找到最大的 (p) 满足 (prod_{i le p} {(b_i + 1)} le m) 就是答案。

E. Matrix from Arrays

简单推导可得

[M[i][j] = A[(frac{(i + j)(i + j + 1)}{2} + i) mod L] = A[(frac{3i}{2} + frac{j}{2} + frac{i ^ 2} {2} + frac{j ^ 2}{2} + ij) mod L] = M[i + 2L][j] = M[i][j + 2L] ]

预处理左上角 (2L imes 2L) 的矩阵的二维前缀和，(O(1)) 回答询问。时间复杂度 (O(L ^ 2 + Q))。

F. Travel Through Time

由于可持久化的存在，直接维护哪些位置有棋子十分困难。考虑维护一些全是棋子的线段，这些线段可以有重叠部分，但是需要保证这些线段覆盖了所有的棋子。

注意到如果我们只维护了线段的左右边界，甚至不用知道某个左边界具体对应的是哪个右边界，就可以知道某个位置上有没有棋子。因此只维护左右边界，把左边界看成左括号，右边界看成右括号，那么这就是一个括号序列。

比如说对于 0111011110 这样一串格子（1表示有棋子，0表示没有），我们可以用这样的括号序列来维护：0(111)0(1111)0。由于一个局面并不对应了唯一的括号序列，因此这些括号序列也是可以的：0(111)0(11)(11)0，0(1(1(1)))0(((11(11))))0。

对于每一个操作，都可以用括号序列维护：

• 操作一：在 (x) 前加入一对括号。

• 操作二：将所有左括号向左移动 (x)，将所有右括号向右移动 (x)。

• 操作三：在 (l) 的前面与 (r) 的后面加入形如 ... )))((( ... 的括号使得没有线段穿过 (l) 和 (r)。然后将 (l, r)之间的括号直接翻转并反转。比如说对于 0(111)0(11(1)1)0，如果要翻转 ([3,8])，首先补充括号，变成：0(1] [11)0(11(1]] [[1)1)0（为了区分,[与]是新加入的括号），然后翻转，得到：0(1] [[1)11)0(11] [[)1)0。

对于左括号与右括号，分别开一棵可持久化 Treap 维护即可。时间复杂度 (O(n log n))。

G. Depth-First Search

由于题目和字典序有关，不妨运用逐位确定的思想。

首先，我们要求第一位小于 (B_1) 的序列总数，即我们需要快速求出以每个点为根时的DFS序列总数。对于有根树，设 (f(i)) 为以 (i) 为根的子树的DFS序列总数，有

[f(u) = |son(u)|! prod_{v in son(u)} {f(v)} ]

我们可以先任选一个根 DFS 求出 (f)，在第二遍 DFS 考虑祖先的贡献即可将所有点的答案求出。

接着我们以 (B_1) 为根，逐位确定求出所有的答案。和上述方法类似，即如果当前在 (B_i) 点，要走到 (B_{i+1}) 点，需要求出所有第 (i + 1) 位小于 (B_{i+1}) 的方案数，简单计算即可。

需要注意的是，由于我们可能需要快速计算某个点下某个子树的名次，所以需要用树状数组或线段树来优化这个过程。

时间复杂度 (O(n log n))。

H. Eat Cards, Have Fun

考虑如何计算某个特定排列 (A) 的 Value.

[Value(A) = sum_{i = 1} ^ {n} {(n - i)! sum_{j > i} {[A_j < A_i]}} ]

这启发我们对于每个 (i) 分别计算贡献。考虑当第 (i) 张卡片被吃掉的时候，我们需要知道这张卡片左边、右边分别已有多少卡片被吃掉（记为 (l, r)），才能确定第 (i) 张卡片在 (A) 中的位置；我们还需要知道这张卡片左边、右边分别已有多少卡面数字小于 (a_i) 的卡片被吃掉（记为 (hat{l}, hat{r})），才能确定第 (i) 张卡片对答案的贡献，即 (sum_{j > i} {[A_j < A_i]})。如果知道了 (l, r, hat{l}, hat{r})，那么答案就是

[Ans = sum_{i = 1} ^ {n} sum_{l = 0} ^ {i - 1} sum_{r = 0} ^ {n - i} sum_{hat{l} = 0} ^ {l} sum_{hat{r} = 0} ^ {r} {(n - l - r - 1)! (a_i - 1 - hat{l} - hat{r}) P(i, l, r, hat{l}, hat{r})} ]

其中 (P(i, l, r, hat{l}, hat{r})) 是达到对应情况的概率。我们可以枚举第 (i) 张卡片是在第 (k) 轮 ((k > 0)) 被吃掉的来计算概率：

[P(i, l, r, hat{l}, hat{r}) = {b_i choose hat{l}} {i - b_i - 1 choose l - hat{l}} {a_i - b_i - 1 choose hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 choose r - hat{r}} sum_{k = 1} ^ {infty} {(1 - (1 - p) ^ k) ^ l ((1 - p) ^ k) ^ {i - 1 - l} p (1 - p) ^ {k - 1} (1 - (1 - p) ^ {k - 1}) ^ r ((1 - p) ^ {k - 1}) ^ {n - i - r}} ]

其中 (b_i = sum_{j < i} {[a_j < a_i]}).

观察式子 ((1 - (1 - p) ^ x) ^ y)，可以用二项式定理展开：

[(1 - (1 - p) ^ x) ^ y = sum_{i = 0} ^ {y} {{y choose i} (-1) ^ i (1 - p) ^ {xi}} ]

利用上述结论，进一步化简：

[egin{aligned} & sum_{k = 1} ^ {infty} {(1 - (1 - p) ^ k) ^ l ((1 - p) ^ k) ^ {i - 1 - l} p (1 - p) ^ {k - 1} (1 - (1 - p) ^ {k - 1}) ^ r ((1 - p) ^ {k - 1}) ^ {n - i - r}} \ = & p sum_{k = 1} ^ {infty} {(1 - p) ^ {k(i - 1 - l) + k - 1 + (k - 1)(n - i - r)} sum_{x = 0} ^ {l} {{l choose x} (-1) ^ x (1 - p) ^ {xk}} sum_{y = 0} ^ {r} {{r choose y} (-1) ^ y (1 - p) ^ {y(k - 1)}}} \ = & p sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l choose x} {r choose y} sum_{k = 1} ^ {infty} {(1 - p) ^ {k(i - 1 - l) + k - 1 + (k - 1)(n - i - r) + xk + y(k - 1)}}} \ = & p sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l choose x} {r choose y} sum_{k = 0} ^ {infty} {(1 - p) ^ {k (n - l - r + x + y) + (i - 1 - l + x)}}} \ = & p sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l choose x} {r choose y} frac{(1 - p) ^ {i - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}} end{aligned} ]

至此，我们获得了一个时间复杂度为 (O(n ^ 5)) 的算法。上述公式显然有不少冗余，可以进一步优化。

回顾原式：

[Ans = p sum_{i = 1} ^ {n} sum_{l = 0} ^ {i - 1} sum_{r = 0} ^ {n - i} {(n - l - r - 1)! (sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l choose x} {r choose y} frac{(1 - p) ^ {i - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}}) (sum_{hat{l} = 0} ^ {l} sum_{hat{r} = 0} ^ {r} {(a_i - 1 - hat{l} - hat{r}) {b_i choose hat{l}} {i - b_i - 1 choose l - hat{l}} {a_i - b_i - 1 choose hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 choose r - hat{r}}})} ]

以下将定义若干辅助函数加速计算答案。

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定义 (F)：

[F(i, l, r) = sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l choose x} {r choose y} frac{(1 - p) ^ {i - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}} ]

考虑如何快速计算 (F)。不妨定义 (F_n)：

[F_n(l, r) = sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l choose x} {r choose y} frac{(1 - p) ^ {n - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}} ]

显然 (F(i, l, r) = F_n(l, r) (1 - p) ^ {i - n})。

[F_n(l, r) = l! r! sum_{x = 0} ^ {l} sum_{y = 0} ^ {r} {frac{(-1) ^ x} {x!} frac{(-1) ^ y} {y!} frac{(1 - p) ^ {n - 1 - (l - x)}} {(l - x)! (r - y)! (1 - (1 - p) ^ {n - (l - x) - (r - y)})}} ]

令 (G(x, y) = frac{(1 - p) ^ {n - 1 - x}} {x! y! (1 - (1 - p) ^ {n - x - y})})：

[F_n(l, r) = l! r! sum_{x = 0} ^ {l} {frac{(-1) ^ x} {x!} sum_{y = 0} ^ {r} {frac{(-1) ^ y} {y!} G(l - x, r - y)}} ]

可以在 (O(n ^ 3)) 的时间计算出 (F_n)。

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定义 (L, R, L_{+}, R_{+}, H)：

[L(i, l) = sum_{hat{l} = 0} ^ {l} {{b_i choose hat{l}} {i - b_i - 1 choose l - hat{l}}}, R(i, r) = sum_{hat{r} = 0} ^ {r} {{a_i - b_i - 1 choose hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 choose r - hat{r}}} ]

[L_{+}(i, l) = sum_{hat{l} = 0} ^ {l} {hat{l} {b_i choose hat{l}} {i - b_i - 1 choose l - hat{l}}}, R_{+}(i, r) = sum_{hat{r} = 0} ^ {r} {hat{r} {a_i - b_i - 1 choose hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 choose r - hat{r}}} ]

[H(i, l, r) = sum_{hat{l} = 0} ^ {l} sum_{hat{r} = 0} ^ {r} {(a_i - 1 - hat{l} - hat{r}) {b_i choose hat{l}} {i - b_i - 1 choose l - hat{l}} {a_i - b_i - 1 choose hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 choose r - hat{r}}} = (a_i - 1) L(i, l) R(i, r) - L_{+}(i, l) R(i, r) - L(i, l) R_{+}(i, r) ]

以 (O(n ^ 3)) 的代价预处理 (L, R, L_{+}, R_{+}), 可以在 (O(n ^ 3)) 的时间计算出 (H)。

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现在 (Ans) 就可以在 (O(n ^ 3)) 的时间计算出来啦。

[Ans = p sum_{i = 1} ^ {n} sum_{l = 0} ^ {i - 1} sum_{r = 0} ^ {n - i} {(n - l - r - 1)! F_n(l, r) (1 - p) ^ {i - n} H(i, l, r)} ]

I. Delighful Formulas

根据题意列出式子：

[Ans = sum_{i = 1} ^ {N} {[gcd(i, N) = 1] sum_{j = 1} ^ {i} {j ^ K}} ]

莫比乌斯反演：

[egin{aligned} Ans & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{i = 1} ^ {N} {[d mid i] sum_{j = 1} ^ {i} {j ^ K}}} \ & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{i = 1} ^ {frac{N} {d}} sum_{j = 1} ^ {id} {j ^ K}}end{aligned} ]

定义 (F)：

[F_p(N) = sum_{i = 1} ^ {N} {i ^ p} ]

显然 (F_p) 是 (p + 1) 阶多项式：

[F_p(N) = sum_{i = 0} ^ {p + 1} {a_{p, i} N ^ i} ]

利用 (F) 化简原式：

[egin{aligned} Ans & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{i = 1} ^ {frac{N} {d}} {F_K(id)}} \ & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{i = 1} ^ {frac{N} {d}} sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} (id) ^ j}} \ & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} d ^ j sum_{i = 1} ^ {frac{N} {d}} {i ^ j}}} \ & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} d ^ j F_j(frac{N}{d})}} \ & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} d ^ j sum_{k = 0} ^ {j + 1} {a_{j, k} (frac{N} {d}) ^ k}}} \ & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{i = -1} ^ {K + 1} {d ^ i sum_{j = 0} ^ {K + 1} sum_{k = 0} ^ {j + 1} {[j - k = i] a_{K, j} a_{j, k} N ^ k}}} end{aligned} ]

定义 (G)：

[G_i = sum_{j = 0} ^ {K + 1} sum_{k = 0} ^ {j + 1} {[j - k = i] a_{K, j} a_{j, k} N ^ k} ]

利用 (G) 化简原式：

[egin{aligned} Ans & = sum_{d mid N} {mu(d) sum_{i = -1} ^ {K + 1} {d ^ i G_i}} \ & = sum_{i = -1} ^ {K + 1} {G_i sum_{d mid N} {mu(d) d ^ i}} \ & = sum_{i = -1} ^ {K + 1} {G_i prod_{p mid N} {(1 - p ^ i)}} end{aligned} ]

如果我们能快速计算出 (G)，就可以在 (O(MK)) 的时间计算答案，其中 (M) 为质因子个数。

将 (G) 用伯努利数展开，可以发现是卷积的形式，直接 NTT，时间复杂度 (O(K log K))。

J. Let Sudoku Rotate

搜索加可行性剪枝即可通过。由于数独限制较强，剪枝效果良好。

K. Expression in Memories

注意在类似 +0? 的情况下，? 须被替换为 + 或 *，其余情况直接将 ? 替换为非零数字就好。替换完成后判断一下是否合法。

L. Graph Theory Homework

容易证明 (lfloor sqrt{a} floor + lfloor sqrt{b} floor ge lfloor sqrt{a + b} floor)，进而可以证明边权满足三角不等式，故直接从 (1) 走到 (n) 就是最优的。