清华集训2016做题记录

清华集训2016做题记录

已完成

• 【清华集训2016】Alice和Bob又在玩游戏
• 【清华集训2016】魔法小程序
• 【清华集训2016】如何优雅的求和
• 【清华集训2016】石家庄的工人阶级队伍比较坚强
• 【清华集训2016】你的生命已如风中残烛
• 【清华集训2016】温暖会指引我们前行
• 【清华集训2016】组合数问题
• 【清华集训2016】汽水

未完成

• 【清华集训2016】数据交互
• 【清华集训2016】工厂
• 【清华集训2016】连通子树
• 【清华集训2016】定向越野

我好菜啊，每道题都要贺来贺去，剩下的题咕了，几何写不动，数据结构太胖，题答题会玩。

【清华集训2016】Alice和Bob又在玩游戏

这显然是一个平等博弈，考虑用 ( ext{SG}) 定理解决，即 (SG(u)) 为以 (u) 为根的子树做为一个游戏的 (SG) 函数值，那么我们要求的就是 (u) 的后继集合的 ( ext{mex}) 。

对于选 (u) 子树内点 (v) 的决策，该后继的集合的 (SG) 值为删去 (u ightarrow v) 这条链后每个子树根的 (SG) 值异或起来，对于子树内每个点 (v)，当前根的游戏里选 (v) 得到的 (SG) 值，那么每次加入一个祖先相当于给这个值异或上某个值。

问题等价于支持一个集合异或上一个值，合并两个集合，查询一个集合第一个没有出现的元素，那么用线段树合并即可，区间异或相当于打一个翻转标记。

【清华集训2016】魔法小程序

这个程序在做的事情是， 令 (d_{i,j}=lfloor frac{b_i}{prod_{k=1}^{j-1}a_k} floormod a_j)，对于每一个 (d_i) 求一个高维前缀和。

那么我们要做的事情就是还原这个高维前缀和，枚举每一维减一下就好了，卡空间差评。

【清华集训2016】如何优雅的求和

考虑用下降幂多项式 (f(x)= sum_{i=0}^n a_i x^{underline{i}})，那么有：

[egin{align} Q(f,n,x) &= sum_{k = 0}^{n}f(k){nchoose k}x^k(1 - x) ^{n - k} \ &=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^ma_ji^{underline{j}}{nchoose i}x^i(1 - x) ^{n - i} \ &=sum_{i=0}^ma_isum_{j=0}^nfrac{j!}{(j-i)!}frac{n!}{(n-j)!j!}x^j(1-x)^{n-j} \ &=sum_{i=0}^ma_isum_{j=0}^nfrac{n!}{(n-j)!(j-i)!}x^j(1-x)^{n-j}\ &=sum_{i=0}^ma_in!sum_{j=0}^nfrac{x^j}{(j-i)!}frac{(1-x)^{n-j}}{(n-j)!} \ &=sum_{i=0}^ma_ix^in!sum_{j=0}^nfrac{x^{j-i}}{(j-i)!}frac{(1-x)^{n-j}}{(n-j)!}\ &=sum_{i=0}^ma_ix^in\ &=sum_{i=0}^ma_ix^ifrac{n!}{(n-i)!} end{align} ]

我们要将一个点值转成一个下降幂多项式

[b_i=sum_{j=0}^ma_jfrac{i!}{(i-j)!}\ frac{b_i}{i!}=sum_{j=0}^mfrac{a_j}{(i-j)!} \ ]

记 (A(x)=sum_{i=0}^m a_ix^i) ，(B(x)=sum_{i=0}^m frac{b_i}{i!} x^i) ，那么就有 (A(x)=frac{B(x)}{e^x}) 。

其实插值就过了，然而贺之前并没有想到这是一个 (m+1) 次多项式。

【清华集训2016】石家庄的工人阶级队伍比较坚强

设剪刀为 (0) ，石头为 (1)，布为 (2) ，这个胜负关系就是三进制不退位减法，那么 (x) 和 (y) 玩一轮比赛的贡献就是 (B[cnt1(xominus y)][cnt2(xominus y)]) ，记这个值为 (b_{xominus y},f_x) 为上一轮结束时 (x) 的得分 (F_x) 为这一轮结束时 (x) 的得分那么有

[F_x=sum_{y}f_yb_{xominus y} \ F_k=sum_{xoplus y=k}f_xb_y ]

我们要求的是 (F imes b^T) 。

本质也就是一个三进制不进位加法的卷积，高维FWT即可。

考虑傅里叶变换的时候是做这样一件事情记 (B_i) 为点值 ，(A_i) 为系数，

[B_i=sum_{j=0}^nomega_{k}^{ij}A_j ]

上面那个式子本质上是一个向量乘范特蒙德矩阵

[T_n = egin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & ldots & 1 \ 1 & omega_n ^ 1 & omega_n ^ 2 & ldots & omega_n ^ {n - 1} \ 1 & omega_n ^ 2 & omega_n ^ 4 & ldots & omega_n ^ {2(n - 1)} \ ldots & ldots & ldots & ddots & ldots \ 1 & omega_n ^ {n - 1} & omega_n ^ {2(n - 1)} & ldots & omega_n ^ {(n - 1)(n - 1)} \ end{bmatrix} ]

逆矩阵是

[T_n ^ {-1} = frac{1}{n} egin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & ldots & 1 \ 1 & omega_n ^ {-1} & omega_n ^ {-2} & ldots & omega_n ^ {-(n - 1)} \ 1 & omega_n ^ {-2} & omega_n ^ {-4} & ldots & omega_n ^ {-2(n - 1)} \ ldots & ldots & ldots & ddots & ldots \ 1 & omega_n ^ {-(n - 1)} & omega_n ^ {-2(n - 1)} & ldots & omega_n ^ {-(n - 1)(n - 1)} \ end{bmatrix} ]

(感谢愤怒的种狗教我这个题并给我这两个矩阵)

那么这个题就是 (k=3) 的情况，枚举每一维做直接套上面那个线性变换就好了。

比较恶心的一点是直接用单位根会爆精，要考虑模意义下的单位根，但单位根解出来是 (omega = frac{-1 + sqrt 3 i}{2})，所以还要扩域在 (ar+bsqrt{3}i) 域上做。

【清华集训2016】你的生命已如风中残烛

根据 Raney 引理可以得到一个结论，对于所有和为 (1) 的整数序列，其所有圆排列中有且仅有一个满足所有的前缀和都大于 (0) 。

先证明至多存在一个，考虑反证，假设存在两个位置 (x, y) ，满足以 (x,y) 为第一个元素的排列部分和均为大于 (0) ，那么 (x) 到 (y) 的两条路径和均 (>0) ，也就是说整个序列的和 (>1) ，与整个序列和为 (1) 矛盾。

考虑证明至少一个，构造一下，随便钦定一个第一个元素，找到第一个前缀和 (leq 0) 的位置 (x) ，如果不存在这样一个位置就已经构造出来了。那么此时钦定 (x+1) 为第一个元素，可以得知 (x+1) 到原先结尾的所有前缀和都是大于 (0) 的，又因为原先第一个元素到 (x-1) 所有前缀和都是大于 (0) 的，这样就构造出来了。

这个时候再大力搞一搞，先把所有卡的值 (-1) ，然后再在随便加一个 (-1) 的元素，那么要求的排列满足除最后一位外任意时刻前缀和 (geq0) ，类似的证明过程会发现一个圆排列只有一个满足，且满足的圆排列最后一位一定是 (-1) ，最后去一下标号就得到了答案为 (frac{m!}{m-n+1}) 。

【清华集训2016】温暖会指引我们前行

因为要字典序最大化一个瓶颈路一样的东西，不难发现每次走的路径一定是温度的最大生成树上的路径，那么只需要用LCT维护一下这个最大生成树就好了。

【清华集训2016】组合数问题

先卢卡斯定理

[sum_{i=0}^nsum_{j=0}^n [{ichoose j}equiv0(mod k)]=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^n [{lfloorfrac{i}{k} floorchoose lfloorfrac{j}{k} floor}{i mod k choose j mod k}] ]

考虑一直做下去会得到若干个 ({x_ichoose y_i},x_i,y_i < k) 的形式，如果当中某一步出现 (y_i > x_i) ，那么最终的结果就为 (0)，否则一定不为 (0)。

这个 (x_i,y_i) 实际上就是 (i) 在 (k) 进制下的每一位，那么我们直接把 (n,m) 放到 (k) 进制下就可以直接做数位DP了。

具体来说每次就记一下大小关系已经是否已经出现了一位 (y_i >x_i) ，一开始处理的时候细节比较多。

【清华集训2016】汽水

比较明显的分数规划，二分一个答案为 (mid) ，那么利用初中不等式知识就可以转化题意了。

[|frac{sum w_i}{size}-k|leq mid \ (k-mid)sizeleq sum w_ileq(k+mid)size \ ]

记 (k_1 =k-mid,k_2=k+mid,W_1=sum w_i-sizek_1,W_2=sizek_2-sum w_i)

显然 (W_1,W_2) 可以直接合并，而我们的目标是判断是否存在一条路径 (W_1geq 0) 且 (W_2 geq 0) ，点分后扫描线加two-pointer即可。