2018提高组训练Day2

A

算法 1

对于每组询问，暴力的算出每个二次函数的取值。

时间复杂度 (O(nq))。期望得分 (20) 分。

算法 2

当 (x>0) 时，要求 (a_ix^2+b_ix) 的最大值，只需要求出 (a_ix+b_i) 的最大值。
于是问题就转化为了，给定一堆直线，求在某些点的最大值。显然答案一定在上凸壳上。
对于每组询问，只要二分出它在上凸壳的哪个位置就行。

同样的，当 (x<0) 时，答案在 (a_ix+b_i) 的下凸壳上，再写一个凸壳就行了。

时间复杂度 (O((n+q)log n))。期望得分 (100) 分。

B

算法 1

直接按题意枚举，动态规划或是记忆化搜索。

时间复杂度 (O(a^n))。期望得分 (30) 分。

算法 2

考虑第二个测试点。只需要记录当前还有多少个位置为 (1) 就行了。

时间复杂度 (O(n))。期望得分 (10) 分。加上算法 1，期望得分 (40) 分。

算法 3

答案可以看成是每一个元素被选中的次数之和。由于期望的线性性，我们可以去计算每一个位置被选中的次数的期望。

首先，第一个元素一定被减了 (a_1) 次。

考虑某一个位置 (i)，假设当前有 (c) 个元素不为 (0)，那么每个元素被操作的概率都是 (frac{1}{c})。倘若只关注 (1) 和 (i) 两个元素，可以发现操作其它元素的时候对它们没有影响，而且它们两个被操作的概率是相等的。于是这个问题就等价与一个只有两个元素的原问题。

因此元素之间是独立的！使用算法 1 中的动态规划就可以知道每个元素对答案的贡献，求和即可。

时间复杂度 (O(a^2+n))。期望得分 (60) 分。

算法 4

算法 3 中的动态规划可以看成从 ((a_1, a_i)) 出发的随机游走，每次随机一个方向将减 (1)，直到走到坐标轴上为止。若停在 ((0,a))，对答案的贡献为 (a_i-a)。若停在 ((a,0))，对答案的贡献为 (a_i)。

于是可以直接写出贡献的式子。

[sum_{i=0}^{a_i-1}i*frac{a_1-1+ichoose i}{2^{a_1+i}}+a_i(1-sum_{i=0}^{a_i-1}frac{a_1-1+ichoose i}{2^{a_1+i}}) ]

前面那项是停留在 ((0,a)) 的答案，后面那项是停留在 ((a,0)) 的答案。

当 (a_i) 增加 (1) 的时候，变化的贡献可以在 (O(1)) 的时间内得到。（前后都是只增加了一项）

时间复杂度 (O(a+n))。期望得分 (100) 分。

C

算法 1

对于每组询问，遍历所有节点，看看它是不是在路径上，并计算答案。

时间复杂度 (O(nq))。期望得分 (10) 分。

算法 2

由于可能询问的点对只有 (O(n^2)) 组，每次枚举 (u) 开始深搜。

时间复杂度 (O(n^2))。期望得分 (20) 分。

算法 3

当树形态随机的时候，两个点之间期望只有 (O(log n)) 个点，暴力即可。

时间复杂度 (O(Hq))。期望得分 (20) 分，结合算法 2，期望得分 (30) 分。

算法 4

当 (a_i<2) 的时，按位或只会对最后一位产生影响，即，当 (dist(w,u)) 为奇数且 (a_w=1) 时，答案需要减 (1)。于是只要倍增时顺便维护从每一个点 (t) 出发，向上 (2^i) 的距离之内，与 (t) 距离为奇数且点权为 (1) 的点的个数就行了。

时间复杂度 (O(nlog n))。期望得分 (10) 分，结合算法 2、3，期望得分 (40) 分。

算法 5

类似的，可以分别考虑每一个二进制位对答案的贡献。即，对于位 (2^x)，维护从每一个点 (t) 出发，向上 (2^i) 的距离之内，与 (t) 距离为 (d) 满足 (d mathbin{mathrm{and}} 2^x = 2^x) 且点权的二进制表示中包含 (2^x) 的点的个数就行了。

由于路径有向上的部分，也有向下的部分，因此还需要维护满足 (d mathbin{mathrm{and}} 2^x = 0) 的点的个数在从 (v) 倍增的时候使用。

时间复杂度 (O(nlog n log a_i)) 期望得分 (50) ～ (60) 分。

算法 6

注意到并不需要对于每一个位分别维护点的个数和，只需要维护所有重叠的位的数位和就行了，于是乎可以少掉一个 (log)。

时间复杂度 (O(nlog n)) 期望得分 (100) 分。