2020牛客暑期多校训练营

暑假打的是HDU多校，没报牛客，来补补题

Eazy

• 题意：给定(n,m,k)，求(sumlimits_{{a_i}{b_i},a>0,b>0,|a|=|b|=k}[sumlimits_{j=1}^k a_j=n][sumlimits_{j=1}^k b_j=m]prodlimits_{j=1}^k min(a_j,b_j))
• 做法：
  考虑二元生成函数
  (egin{aligned}G(x,y)&=sumlimits_{i,j>0}min(i,j)x^iy^j\ &=sumlimits_{i>0}ix^isumlimits_{jge i}y^j+sumlimits_{i>0}iy^isumlimits_{j>i}x^j\ &=sumlimits_{i>0}ix^iy^i(frac{1}{1-y}+frac{x}{1-x})\ &=frac{xy}{1-xy}(frac{1}{1-y}+frac{x}{1-x})\ &=frac{xy}{(1-xy)(1-x)(1-y)}\ end{aligned})
  (Ans=[x^ny^m]G(x,y)^k)

Easy construction

• 题意：给定一棵树，多次询问，给出((l,r,x))，求(sumlimits_{lle i<jle r}[lca(i,j)=x])
• 做法：
  即求({size_xchoose 2}sumlimits_{vin son_x}{size_vchoose 2})
  考虑链分治，对重儿子直接主席树查询；至于轻儿子，可以对((l,r))离线下来莫队，对于每个点(i)，计算其到根路径对祖先的贡献。这样复杂度是(O(nlogn+nsqrt{n}logn))的
  但是还不够，考虑对树链剖分变形
  对于每个点，令子树大小前(O(sqrt{n}))大的为重儿子，对于每个点，每跳一次轻边，子树大小乘以(O(sqrt{n}))，故只会经过(O(1))次轻边
  对于重儿子，即查询对于区间([l',r'])有多少个小于等于某个数的个数，共(O(nsqrt{n}))个查询，对([l',r'])差分处理，配合(O(sqrt{n}))修改-(O(1))查询的值域分块
  总复杂度(O(nsqrt{n}))

NeoMole Synthesis

• 题意
• 做法：
  枚举任意点为(T)的根，由于(sum |T'_i|le 500)，讲模板树重新标号，使得不同模板树上无相同节点
  令(f_{i,j,k})为(T)中点(i-fa_i)匹配模板树中的(j-k)的最小花费（除正在匹配的这棵树，其他树均匹配完了）。特殊的，若(k=0)，则正在匹配的模板树匹配
  令(g_i)为(T)中点的子树全部匹配完的最小花费：(g_i=min(f_{i,j,0}))
  容易发现(f)的转移是二分图完备匹配，用KM算法。总复杂度(O(n^4))
  考虑优化，容易发现(f_{i,j,k_1 eq 0})只用从(f_{i,j,k=0})的二分图中(k_1)退一次流即可
  退流的过程是交替走匹配边/非匹配边，用floyd优化。
  若将(deg_i,deg_j)一起做，复杂度(sumlimits_{i,j}(deg_i+deg_j)^3=n^4)
  我们可以仅对(deg_j)做，对于两个点(x,y)，令其匹配点为(x',y')，初始化(dis(x,y)=-w_{x,x'}+w_{y,x'})
  则对于退流的两个点(a,b)，令(b)的匹配点为(b')，退流的流量为(dis_{a,b}-w_{b,b'})
  (sumlimits_{iin T'}deg_i^2frac{n}{deg_i}=O(n^3))
  放一份KM-bfs的板子

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define IL inline 
typedef long long LL;

const int N = 400 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

struct Kuhn_Munkers {
	int n;
	int W[N][N];
	int Lx[N],Ly[N];
	int left[N];
	int slack[N];
	int pre[N];
	bool T[N];
	IL void init(int n) {
		this->n = n;
		for(int i=1;i<=n;i++) fill(W[i],W[i]+1+n,INF);
	}
	IL void bfs(int u) {
		fill(slack,slack+1+n,INF);
		fill(pre,pre+1+n,0);
		int x,y=0,yy=0,a;
		left[y] = u;
		for(;;) {
			x = left[y]; a = INF, T[y] = true;
			for(int i=1;i<=n;i++) if(!T[i]){
				if(slack[i] > Lx[x]+Ly[i]-W[x][i]) {
					slack[i] = Lx[x] + Ly[i] - W[x][i];
					pre[i] = y;
				}
				if(slack[i] < a) a = slack[i],yy = i;
			}
			for(int i=0;i<=n;i++) {
				if(T[i]) { Lx[left[i]] -= a; Ly[i] += a;}
				else slack[i] -= a;
			}
			y = yy;
			if(!left[y]) break;
		}
		while(y) left[y] = left[pre[y]], y = pre[y];
	}
	IL int KM() {
		fill(Lx,Lx+1+n,0);
		fill(Ly,Ly+1+n,0);
		fill(left,left+1+n,0);
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			fill(T,T+1+n,false);
			bfs(i);
		}
		int ans = 0LL;
		for(int j=1;j<=n;j++) ans += W[left[j]][j];
		return ans;
	}
}solver;


int n;
int p[N];
LL a[N],b[N],c[N];

int main() {
	scanf("%d",&n); solver.init(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			int v = 0;
			for(int k=1;k<=n;k++) if(b[i]+c[j] > a[k]) v += p[k];
			solver.W[i][j] = v;
		}
	}
	printf("%d
",solver.KM());
	return 0;
}

Disgusting Relationship

• 题意：
  令(n)置换环长为(i)的个数为(a_i)个，令(f(a_1,a_2,cdots,a_n))为环长为(i)的个数有(a_i)个的方案数
  给定(n,p)（(p)为个数），求有多少个序列({a_i})使得(p)不整除(f(a))
• 做法：
  (f(a)=dfrac{n!}{prodlimits_{i=1}^n i^{a_i}a_i!})
  题目可以转化为最大化分母中质因子(p)的次幂
  结论1：若(a_k>0(k>p))则不优
  令(a_1=n)，可得分母中质因子(p)的次幂最大为(sumlimits_{i=1}^{infty}frac{n}{p^i})
  令(a_1=n-frac{n}{p} imes p,a_p=frac{n}{p})，此时次幂为(frac{n}{p}+sumlimits_{i=2}^{infty}frac{n}{p^i})
  结论2：令((a_1,a_2,cdots,a_m)_p=n)，(a_i(i<m))上的每一个(1)要么在(a_1)要么在(a_p)（根据Kummer定理易证）
  (ans=p_{n\%p} imesprodlimits_{i=1}^{m-1}(b_i+1))（其中(p_i)是(i)的分拆数方案数）

Decrement on the Tree

• 题意
  给定一棵带边权树，(m)次修改一条边的边权。对于一棵树，每次可以选择一条路径将其权值(-1)，求最少多少次可以使树边权全为(0)
• 做法
  对于一个点，其边可以两两配对
  令边权和为(sum)，最大边权为(mx)，若(mx>sum-mx)，贡献为(2mx-sum)。若(mxle sum-mx)，若为奇数贡献为(1)，否则为(0)