2020-08-05 集训题目题解

相逢是问候

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题目大意

给出一个长度为(n)的数列(a_{1,2,...,n})，有(m)次操作，每次操作分别为以下两种：

• 对出区间([l,r])，将该区间内的(a_i)都变为(c^{a_i})，其中(c)为给定常数

• 给出区间([l,r])，求出该区间内的(sum_{i=l}^{r} a_i)

(n,mle 5 imes 10^4)

思路

其实我们可以发现一个事情，最后:

[c^{c^{c^{... c^{a_i} mod varphi(1)+varphi(1)}}{mod varphi(varphi(p))+varphi(varphi(p))}mod varphi(p)+varphi(p)} ]

然后我们就发现到了一定程度之后再加上(c)都不会产生影响了。然后这个极限其实是(log p)级别的（(pgets varphi(p))），我们可以预处理一下，然后用线段树维护答案就好了，时间复杂度(Theta((n+m)log nlog^2 p))。

然后如果我们用一下光速幂，就可以做到(Theta((n+m)log nlog p))了。

( exttt{Code})

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Placing Squares

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题目大意

给出一个长度为(n)的序列，上面有(m)个标记位置，我们需要在上面放正方形，并且边长为整数，正方形的边界不能是标记位置。问有多少种合法方案数。

(nle 10^9,mle 10^5)

思路

首先我们可以想到一个(Theta(n^2))的dp做法，我们可以设(f_i)表示到点(i)的方案数，可以得到转移式：

[f_u=sum_{v=1, exttt{v is not sign}}^{n}f_v(u-v)^2 ]

但是这个做法根本没有办法优化到(Theta(n))。我们考虑组合意义。我们可以把问题转换成：有(n)个位置，在(n+1)个位置里插板，有(m)个位置不能插板，并且两个板子之间方放且仅放两个不同颜色小球的方案数。那我们又可以考虑dp了。我们可以设(dp_{i,0/1/2})表示当前段放了(0/1/2)个小球的方案数，为了方便，我们在放(1)个小球的时候不考虑差别，在(2)个小球的时候考虑。

可以得到转移式：

• 如果点(i)和(i-1)之间不能插板

[dp_{i,0}gets dp_{i-1,0} ]

[dp_{i,1}gets dp_{i-1,1}+dp_{i-1,0} ]

[dp_{i,2}gets dp_{i-1,0}+2dp_{i-1,1}+dp_{i-1,2} ]

• 如果点(i)和(i-1)放插板

[dp_{i,0}gets dp_{i-1,2} ]

[dp_{i,1}gets dp_{i-1,2} ]

[dp_{i,2}gets dp_{i-1,2} ]

然后我们就发现我们可以使用矩阵加速了，大概长成这个样子:

• 如果点(i)没有限制

[egin{bmatrix}2&2&1\1&1&1\1&0&1end{bmatrix}egin{bmatrix}dp_{i-1,2}\dp_{i-1,1}\dp_{i-1,0}end{bmatrix}=egin{bmatrix}dp_{i,2}\dp_{i,1}\dp_{i,0}end{bmatrix} ]

• 如果点(i)有限制

[egin{bmatrix}1&2&1\0&1&1\0&0&1end{bmatrix}egin{bmatrix}dp_{i-1,2}\dp_{i-1,1}\dp_{i-1,0}end{bmatrix}=egin{bmatrix}dp_{i,2}\dp_{i,1}\dp_{i,0}end{bmatrix} ]

于是，我们就可以在(Theta(mlog n))的时间复杂度解决这个问题。

( exttt{Code})

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组合数问题2

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题目大意

给出(n,k)，求出(0le ble ale n)的(dbinom{a}{b})前(k)大值的和。保证合法。答案对(10^9+7)取模。

(nle 10^6,kle 10^5)

思路

其实和海上钢琴师那道题挺像的。我们可以直接建一个优先队列，对于每一个(a)装进组合数最大的且没有计算过的答案，然后搞一下就好了。但是不能取模的话我们就得取(ln)来判断两个组合数之间的大小，不过这道题并没有卡精度，所以也不是很麻烦，具体见代码。

( exttt{Code})

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Anticube

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题目大意

给出一个长度为(n)的(a_{1,2,...,n})问有多少种选取方法使得选出来的数两两相乘都不是立方数。

(nle 10^5,a_ile 10^{10})

思路

首先不难想到先把立方因子删去，然后我们发现如果我们去重了的话，与一个数相乘构成立方数的数其实是唯一的，然后我们两个数之间显然只能选一个数，我们就可以贪心一下选出现次数多的那个。

一个小问题就是我们如何快速求出与一个数匹配的，不难想到的是，对于小于等于(sqrt[3]{a_i})的质因数我们可以爆枚，其余部分我们判断一下是不是完全平方数即可。具体见代码。

( exttt{Code})

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Company Acquisitions

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(nle 500)

思路

你给我说(3200)的题是紫题？

这个题确实很妙，如果你想不到的话你可能一分都得不到。我们可以考虑对一个状态构造函数(f(S)=sum_{i=1}^{n}(2^{t_i}-1))，其中(t_i)表示附属于(i)的公司的个数。

我们考虑当公司之间发生吞并的时候该函数的变化。假设是分别有(p,q)个附属公司的两个公司之间发生的合并，可以得到:

[Delta=dfrac{1}{2}((2^{p+1}-1)-(2^p-1)-(2^q-1))+dfrac{1}{2}((2^{q+1}-1)-(2^p-1)-(2^q-1))=1 ]

然后我们就发现答案其实就是目标状态的(f(s))减去初始状态的(f(S))。。。

时间复杂度(Theta(n))，所以这个(nle 500)其实就是拿来迷惑人的。。。

( exttt{Code})

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Yes or No

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(n,mle 10^6)

思路

不难想到一个(Theta(n imes m))的dp做法，我们可以设(f_{i,j})表示还剩(i)个Yes,(j)个No的最大期望猜对次数。可以得到转移式:

[f_{i,j}=dfrac{i}{i+j}f_{i-1,j}+dfrac{j}{i+j}f_{i,j-1}+dfrac{max(i,j)}{i+j} ]

应该很好理解，这里就不解释了。

但是我们发现这个式子其实根本没有办法进行优化了，所以只能舍弃掉。

我们重新考虑，可以想到的是，我们一定可以猜中(max(n,m))次，如果我们把猜Yes想做往下走，猜No想做往左走，从((n,m))出发，那么多余的答案就是我们经过(y=x)这条直线的期望次数乘上(dfrac{1}{2})（此时才Tes或No都是(dfrac{1}{2})的概率猜对），可以得到答案就是:

[frac{1}{2}dfrac{sum_{i=1}^{ile min(n,m)} inom{2i}{i}inom{n+m-2i}{n-i}}{inom{n+m}{n}} ]

于是，我们就可以在(Theta(n))的时间复杂度内解决这个问题了。

( exttt{Code})

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