【LGR-060】洛谷10月月赛 I

A - 打字练习

出题：memset0

送分模拟题，按题意模拟即可。

需要注意的是对退格键的判断，如果光标已经在行首，则直接忽略被读入的退格键。

B - 小猪佩奇爬树

出题：_QAQ

维护所有相同节点颜色的链并，若不构成一条链则显然答案为 $ 0 $ 。

若仅包含 $ 1 $ 个节点，则枚举所有子树大小进行统计。

否则即为链的 $ 2 $ 个端点所对子树大小的乘积。

C - 小猪佩奇玩游戏

出题：_QAQ & SPJ：memset0

容易发现可以将 $ {1,2,dots,n} $ 进行分组，不同组别的答案是独立的。

举个栗子，对于 $ {1,2,3,4,5,6,7,8,9} $ ，可以将数字分为 $ {1},{3,9},{2,4,8},{5},{6},{7} $

容易发现这些组别之间互不干扰且互不影响，所以只需要计算每个组别独立的期望值并进行相加即可

那么最终答案即为

[sum_{i=1}^{infty} f_i imes g_i ]

其中 $ f_i $ 表示大小为 $ i $ 的组别个数, $ g_i $ 表示大小为 $ i $ 的组别期望删除多少次,我们分别来计算

先来计算 $ f_i $ ,显然大小至少为 $ i $ 的组别个数为 $ sqrt[i]{n} $

对于 $ 1 $ 个大小为 $ x $ 的组别，其为在大小为 $ y $ 的组别中出现 $ lfloor frac{x}{y} floor $ ，所以可以考虑直接容斥计算，复杂度为 $ O(log n^2) $

显然 $ i $ 最多只能取到 $ log n $ ，所以 $ f_i $ 便很轻松地算出来了

考虑怎么算 $ g_i $ ，其实等价于给定数列 $ {1,2,dots,i} $ ，每次删除 $ 1 $ 个数及其倍数

我们考虑一个等价类问题，枚举所有关于 $ i $ 的排列， $ x $ 会产生贡献当且仅当 $ x $ 的前面没有 $ x $ 的因子，那么根据概率的独立性， $ x $ 产生贡献的概率为 $ frac{1}{sigma(x)} $ ，因此有

[g_i=sum_{x=1}^i frac{1}{sigma(x)} ]

总复杂度为 $ O(T log^2 n) $

D - 赛车游戏

出题：memset0

一道有意思的图论题。

对于一个点 $ u $ ，若不存在 $ 1 ightarrow u $ 的路径或 $ u ightarrow n $ 的路径，那么这个点对答案没有影响，可以直接忽略。

剩下的图一定是一个 DAG。因为如果有环，必定可以形成多条起点到终点的路径，使得无解。

考虑如何给一个 DAG 赋边权：由于每条 $ 1 ightarrow n $ 的路径长度是相同的，那么每条 $ 1 ightarrow i (i in [1,n]) $ 的路径长度也是相同的。设为 $ dis_i $ ，跑差分约束即可。

时间复杂度即 SPFA 的时间复杂度 $ O(nm) $ ，实际上常数因子非常小。

此题的思路和代码都非常清新，只是 SPJ 和构造数据非常恶心，出题人表示体验极差。

E - 小猪佩奇学数学

出题：_QAQ

原式等价于

[sum_{i=0}^n inom n i imes p^{i} imes frac{i-imod k}{k} mod 998244353 ]

即

[sum_{i=0}^n inom n i imes p^{i} imes frac{i}{k} -sum_{i=0}^n inom n i imes p^{i} imes frac{i mod k}{k}mod 998244353 ]

考虑前半部分式子

[sum_{i=0}^n inom n i imes p^{i} imes frac{i}{k} ]

根据

[frac{m}{n}inom n m = inom {n-1} {m-1} ]

所以该式子等价于

[frac{1}{kn} sum_{i=1}^n inom {n-1} {i-1} imes p^{i} ]

即

[frac{p}{kn} sum_{i=0}^{n-1} inom {n-1} {i} imes p^{i-1} imes 1^{n-i} ]

根据二项式定理，即

[frac{p}{kn}(p+1)^{n-1} ]

对于后半部分式子容易发现 $ k leq 2^{20} $ ，显然的思路是将数字按照对 $ k $ 的模数进行讨论

[frac{1}{k}sum_{i=0}^n inom n i imes p^{i} imes (i mod k) mod 998244353 ]

即

[frac{1}{k}sum_{t=0}^{k-1} tsum_{i=0}^n inom n i imes p^{i} imes [i mod k = t] mod 998244353 ]

由单位根反演

[[i mod k = t]=frac{1}{k}sum_{c=0}^{k-1} w_k^{{(i-t)} imes c} ]

代入原式，有

[frac{1}{k}sum_{t=0}^{k-1} tsum_{i=0}^n frac{1}{k}sum_{c=0}^{k-1} w_k^{(i-t) imes c}inom n i imes p^{i} mod 998244353 ]

即

[frac{1}{k^2}sum_{t=0}^{k-1} tsum_{c=0}^{k-1}w_k^{-t imes c}sum_{i=0}^n inom n i w_k^{i imes c} imes p^{i} mod 998244353 ]

发现后半部分很像二项式定理，即

[sum_{i=0}^n inom n i w_k^{i imes c} imes p^{i}=sum_{i=0}^n inom n i w_k^{i imes c} imes p^{i} imes 1^{n-i}=(w_k^cp+1)^n ]

那么原式等价于

[frac{1}{k^2}sum_{t=0}^{k-1} tsum_{c=0}^{k-1}w_k^{-t imes c} (w_k^cp+1)^n mod 998244353 ]

发现后半部分为关于 $ w_k^{-t} $ 的 $ k-1 $ 次多项式，可以暴力多项式插值，但是这样太慢了

类似我们考虑将 $ w_k^{tc} $ 看作 $ w_k^{inom {t+c}{2}-inom t 2 - inom c 2} $

那么原式等价于

[frac{1}{k^2}sum_{t=0}^{k-1} t^csum_{c=0}^{k-1}w_k^{-inom {t+c}{2}+inom t 2+inom c 2} (w_k^cp+1)^n mod 998244353 ]

可以看作卷积的形式，那么只需要一次 NTT 就可以带走了，复杂度为 $ O(k log k+k log n) $

F - 美德的讲坛

出题：Isonan

算法1

我会爆搜！

复杂度 $ O(2^nq) $ ，期望得分 $ 20' $ 。

算法2

设 $ x $ 的最高位为 $ mx $ ，即 $ mxin mathbb{N},2^{mx}le x < x^{mx+1} $ 。

我们把 $ a_i $ 按照 $ lfloor{a_iover 2^{mx}} floor $ 分组。

容易发现组内两两异或和都是 $ < x $ 的。

对于 $ x=2^k,kin mathbb{N}​ $ 的部分分，我们发现分完组以后跨组的异或和全是 $ ge x $ 的。

我们只要找到最大的组输出就行了。

复杂度 $ O(n+q) $ ，期望得分 $ 20' $ 。

算法3

对于一般情况，我们发现相邻组之间是有可能产生 $ < x $ 的异或和的。

那么我们的问题变成了：

现在有两组点，左边每个点有一个权值 $ a_i $ ，右边每个点有一个权值 $ b_i $ 。现在要在左右各选出一些点，使得两两异或和 $ < x $ 。

我们发现这个东东有点二分图的味道。那么是不是可以网络流呢？！

我们用如下方法建图：

源点向左边所有点连边，流量为 $ 1 $ 。

当 $ a_ioplus b_jge x $ 时，左边点 $ i $ 向右边 $ j $ 连边，流量为 $ infty $ 。

右边所有点向汇点连边，流量为 $ 1 $ 。

我们考虑这个图的最小割的意义。

如果 $ a_ioplus b_jge x $ ，那么 $ i,j $ 之中必定要删掉一个。一个割表示的就是一个删除一些数字，使得剩下数字两两异或和均 $ < x $ 的方案。

那么我们要求的就是总点数-最小割。

复杂度 $ O(n^2q) $ ，期望得分 $ 30' $ 。

算法4

我们发现连边可以用 $ trie $ 树优化。

复杂度 $ O(nsqrt{n}lognq) $ ，实现得好能得 $ 50' $ 。

（不是很会分析复杂度，大概是这样吧）

算法5

由于最大流=最小割，我们考虑从最大流的角度入手。

我们发现这个图的最大流也就是保留 $ a_ioplus b_jge x $ 的边时，该二分图的最大匹配。

我们可以把这个问题搬到 $ trie $ 树上解决。

把所有数丢到 $ trie $ 树上。

设 $ solve(a,b,dep) $ 为 $ trie $ 树上以 $ a,b $ 为根的子树之间进行匹配，两棵子树的最大深度均为 $ dep $ 。

以下用 $ a0,a1,b0,b1 $ 表示 $ a/b $ 的左 $ / $ 右子树，用 $ |a| $ 表示 $ a $ 中点数。

当 $ x $ 在 $ dep $ 这一位上是 $ 1 $ 时，只有 $ a0 $ 和 $ b1 $ ， $ a1 $ 和 $ b0 $ 可以匹配。

此时答案就是 $ solve(a0,b1,dep-1)+solve(a1,b0,dep-1) $ 。

当 $ x $ 在 $ dep $ 这一位上时 $ 0 $ 时， $ a0 $ 和 $ b1 $ ， $ a1 $ 和 $ b0 $ 一定可以匹配。

当

[|a0| < |b1|\ |a1| < |b0| ]

或

[|a0|>|b1|\ |a1|>|b0| ]

时，答案显然是 $ min(|a|,|b|) $ 。

否则，以

[|a0| < |b1|\ |a1|>|b0| ]

为例。

我们发现我们只需要额外考虑 $ a1 $ 和 $ b1 $ 的匹配。

答案即为 $ min(solve(a1,b1,dep-1),b1-a0,a1-b0)+a0+b0 $ 。

这样基本就做完了。

我们发现单次修改的时候只会有 $ log $ 个节点被改动，每次只要把这些位置上的 $ solve $ 重新计算就好了。可以类似记搜解决。

复杂度 $ O((n+q)log^2V) $ ，期望得分 $ 100' $ 。