【胡策篇】题解 (UOJ 192 + CF938G + SPOJ DIVCNT2)

和泉纱雾与烟花大会

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题目来源: UOJ 192 最强跳蚤 (只改了数据范围)
官方题解: 在这里哦~(说的很详细了 我都没啥好说的了)
题目大意: 求树上各边权乘积是完全平方数的路径数量.

这种从(n^2)条路径中找出满足xx条件的路径的条数的题, 我们可以根据常识判断要用到点分治.
不过这题并没有用到点分治, 这个一会再说, 我们先来看部分分.

哎呀其实这题好多部分分我都不会写(捂脸

算法1:

直接乘边权处理显然是不行哒, 怕是(wleq2)怕是都要用到高精度了(什么你说(wleq1), 那还用做嘛←_←)
所以我们考虑每个质因子(p), 我们要保证它的出现次数是偶数.

我们就可以预处理每个(w)的质因数分解, 然后从每个点开始dfs, 用map存一下每个质数出现的次数, 最后统计一波答案.
这样应该是时间复杂度(O(n^2log^2n)), 空间复杂度(O(nlogn))的, 期望得分30分.(然而由于部分分不一样大概只能拿到20分, 少的这10分去找验题人要吧..)

算法2: (窝不会写)

我们把(w)质因数分解，每个出现过的质数离散化一下，可以发现至多出现(O(nlogn))个不同的质数（事实上当(frac{w}{n})不是很大的时候这个数目是(O(n))的）。
那么使用bitset维护每个质数的出现次数，再dfs就可以做到(O(frac {n^3}{32}))了，但是这样并不能跑出(n=3000)，事实上我们直接对离散化之后的质数开桶统计就能做到(O(nlog^2n))了，期望得分50分。

算法3:

对于(w<=100)的点, 质数的个数不会超过32个, 所以我们就预处理质数然后状态压缩一下, 用(2^{i-1})来记录第(i)个质数, 然后从根开始dfs一波, 然后对每一位出现过就xor一下, 如果出现次数是偶数最后xor起来一定是0.

我们最后跑出来的每个点会有一个(d_i), 我们可以知道, u xor v=0, 当且仅当u=v, 我们就sort一遍 然后统计相同的就行了.
期望得分20分. 结合算法2期望得分60分.

算法4:

算法3已经很接近正解了. 我们考虑把(1sim10^8)的每个质数hash成一个long long范围内的数, 然后像算法3一样从根一路异或即可. 质因数分解的话我们就预处理出(10^4)以内的质数, 然后暴力分解就行了.

时间复杂度大概是(O(sqrt w+npi(w)+nlogn))的, 期望得分100分.

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如果能一眼A掉这道题目名称很长的水题就好了

我觉得题目名说的很对.
题目来源: codeforces938G Shortest Path Queries (挺新的比赛, 我都怕你萌做过..
(就是把数据范围从20W改成了10W, 求最小改成了求最大, 别的没了...)
官方题解: 就是找Tutorial啊 (好像是个题解讲的都比我好= =)
题目大意: 支持删边加边, 查询无向图上两个点之间异或最长路.

算法1:

(n,m,qleq10)的数据是让大家解放天性的... 其实出题人并不知道有什么优美的解决方式... 期望得分10分.

算法2:

任意时刻, 地图是一棵树的话很显然不可能删边加边, 所以就是只有查询. 而树上两点的路径是唯一的.
所以这个部分分就是... 让我们异或吧...
期望得分15分. 结合算法1, 期望得分25分.

算法3:

只有查询的话就是WC2011 XOR了.
随便找一棵生成树, 然后用线性基维护所有环即可.
期望得分40分. 结合算法1, 期望得分50分.

算法4:

其实我们发现扫一遍最多是(O(mlogc))的... 所以我们遇到1,2操作可以暴力重构图跑..
时间复杂度(O(q_{1,2}mlogc)), 期望得分60分.

算法5:

没有删除的时候我们可以发现, 每个插入的边都是环边, 直接扔到线性基里处理就完了.
结合算法4, 期望得分70分.

算法6:

没有插入的时候, 按照套路倒过来做变删除为插入就行了.
结合算法5, 期望得分80分.

算法7:

都80部分分了写什么正解啊.
我们可以一眼看出我们要用动态树来维护开始时候生成树的形态, 用线性基动态维护环.
但是好像并不可做吧.

这题可以离线啊! (其实用算法6的时候就发现了OvO)
我们对时间建线段树, 某个时间段存在某条边就相当于做区间加, 查询就相当于另一个标记的单点加.
我们先完成这些区间加和单点加, 然后从顶开始dfs线段树, 遇到区间加就加上这条边, 遇到叶子节点就处理所有询问, 从一个子树中出来的时候再回滚我们做过的操作(好好想想你过去的所作所为)就行了.
至于维护树的时候, 可以采用并查集来做到优秀的复杂度, 但是要回滚所以不能做路径压缩, 只能按秩合并.

时间复杂度大概是(O(qlogq(logn+logc)))的吧, 反正是可以过了.

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薇尔莉特·伊芙加登

题目来源:SPOJ DIVCNT2 Counting Divisors(square)
(原题数据范围实在是撑不住.... 所以还是缩小了...)
题目大意: 求

[ans=sum_{i=1}^nd(sum_{j=1}^i2j-1) ]

其中(d(x))表示(x)的约数个数.

直接按照题意模拟应该是没分的.
可以很轻易地看出(sum_{j=1}^i2j-1=i^2).
所以要求的其实是(ans=sum_{i=1}^nd(i^2)). (其实这才是原题嘛).
这种东西求前缀和的话, 我会杜教筛!
不过这题似乎并不用杜教筛, 不过复杂度分析的时候用到了和杜教筛同样的方法.
还是先看看部分分.

算法1:

暴力把(d)筛到(i^2), 统计答案.
时间复杂度(O(n^2)), 期望得分20分.

算法2:

这个平方很烦, 我们看一下能不能用其它式子表示(d(x^2)). 我们令

[x=prod_{i}p_i^{k_i} ]

那么

[x^2=prod_{i}p_i^{2k_i} ]

我们要枚举(x^2)的约数的时候, 可以枚举(i)的约数, 然后对于每个约数

[x'=prod_{i}p_i^{k_i'} ]

我们可以对于每个(p_i)都分别乘上(k_i), 就成为了(i^2)的因子. 所以

[d(x^2)=sum_{d|x}2^{pi(d)} ]

这个(2^{pi(d)})是个啥东西呢? 我们可以把它视为(d)的每个质因子选0个或者1个之后乘起来得到的(d)的因数的个数. 也可以说是(d)的无平方因子的个数.
我们还可以惊奇的发现, 无平方因子的(mu)都是-1或1的, 而有平方因子的(mu)都是0, 所以我们可以视为对(d)的每个因子(t)的(mu^2)求个和.

[d(x^2)=sum_{d|x}2^{pi(d)}=sum_{d|x}sum_{t|d}mu^2(t) ]

这样暴力枚举的话大概是(O(nlnn))的吧.
期望得分40分.

算法3:

我们发现上面这个式子可以写成狄利克雷卷积的形式...

[d(x^2)=sum_{d|x}sum_{t|d}mu^2(t)=sum_{d|x}(mu^2*1)(d)=((mu^2*1)*1)(x)=(mu^2*(1*1))(x)=(mu^2*d)(x) ]

这玩意显然是个积性函数, 找个规律线筛即可.
或者还可以化一下式子:

[ans=sum_{i=1}^nd(i^2)=sum_{i=1}^n(mu^2*d)(i)=sum_{i=1}^nsum_{d|i}mu^2(d)d(frac id)=sum_{d=1}^nmu^2(d)sum_{t=1}^{left lfloor frac nd ight floor}d(t) ]

线筛到(n)然后分块求就行了. 时间复杂度(O(n)), 期望得分70分.

算法4:

我们看到这个式子

[ans=sum_{d=1}^nmu^2(d)sum_{t=1}^{left lfloor frac nd ight floor}d(t) ]

其中这个(mu^2)的前缀和我们可以(sqrt n)的复杂度内算出来.
为什么呢, 因为有来自bzoj2440的这个式子:

[sum_{i=1}^nmu^2(i)=sum_{i=1}^{left lfloor sqrt n ight floor}mu(i){left lfloor frac n{i^2} ight floor} ]

[sum_{i=1}^nd(i)=sum_{i=1}^n(1*1)(i)=sum_{i=1}^nsum_{d|n}1=sum_{d=1}^nleft lfloor frac nd ight floor ]

所以我们也可以分块在(O(sqrt n))的复杂度中求出(d)的前缀和.
而(mu^2)和(d)这两个积性函数我们也可以通过线筛来(O(n))预处理(O(1))查询.
所以类似于杜教筛的复杂度分析方式(我不知道怎么推的式子, 不要问我QAQ)

[T(n)=O(k+sum_{i=1}^{frac nk}sqrt frac ni)=O(k+frac n{sqrt k}) ]

当(k=n^{frac 23})的时候, 时间复杂度最优为(O(n^{frac 23})).
所以我们线筛预处理出(n^frac 23)以内的(mu^2)和(d)的值, 然后对(ans)分块搞, 小于(n^frac23)的部分查表, 大的就(O(sqrt n))暴力搞就行了.
还可以用map或手写hash map记忆化一下, 速度会有明显的提升.然而是因为数据原因2333

期望得分100分.

就这些咯, 完结撒花~