当我跨过沉沦的一切
向着永恒开战的时候
你是我的军旗

谢谢大家!

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。

代码在 这里

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 \times 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} \rfloor ,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 \rightarrow u 的路径或 u \rightarrow 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 \rightarrow n 的路径长度是相同的,那么每条 1 \rightarrow 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 \binom n i \times p^{i} \times \frac{i-i\bmod k}{k} \bmod 998244353

\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i}{k} -\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i \bmod k}{k}\bmod 998244353

考虑前半部分式子

\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i}{k}

根据

\frac{m}{n}\binom n m = \binom {n-1} {m-1}

所以该式子等价于

\frac{1}{kn} \sum_{i=1}^n \binom {n-1} {i-1} \times p^{i}

\frac{p}{kn} \sum_{i=0}^{n-1} \binom {n-1} {i} \times p^{i-1} \times 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 \binom n i \times p^{i} \times (i \bmod k) \bmod 998244353

\frac{1}{k}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times [i \bmod k = t] \bmod 998244353

由单位根反演

[i \bmod k = t]=\frac{1}{k}\sum_{c=0}^{k-1} w_k^{{(i-t)} \times c}

代入原式,有

\frac{1}{k}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{i=0}^n \frac{1}{k}\sum_{c=0}^{k-1} w_k^{(i-t) \times c}\binom n i \times p^{i} \bmod 998244353

\frac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{c=0}^{k-1}w_k^{-t \times c}\sum_{i=0}^n \binom n i w_k^{i \times c} \times p^{i} \bmod 998244353

发现后半部分很像二项式定理,即

\sum_{i=0}^n \binom n i w_k^{i \times c} \times p^{i}=\sum_{i=0}^n \binom n i w_k^{i \times c} \times p^{i} \times 1^{n-i}=(w_k^cp+1)^n

那么原式等价于

\frac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{c=0}^{k-1}w_k^{-t \times c} (w_k^cp+1)^n \bmod 998244353

发现后半部分为关于 w_k^{-t}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^{\binom {t+c}{2}-\binom t 2 - \binom c 2}

那么原式等价于

\frac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1} t^c\sum_{c=0}^{k-1}w_k^{-\binom {t+c}{2}+\binom t 2+\binom c 2} (w_k^cp+1)^n \bmod 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

x 的最高位为 mx ,即 mx\in \mathbb{N},2^{mx}\le x < x^{mx+1}

我们把 a_i 按照 \lfloor{a_i\over 2^{mx}}\rfloor 分组。

容易发现组内两两异或和都是 < x 的。

对于 x=2^k,k\in \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

a_i\oplus b_j\ge 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_i\oplus b_j\ge 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(n\sqrt{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_i\oplus b_j\ge 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。

solve(a,b,dep)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。

xdep 这一位上是 1 时,只有 a0b1a1b0 可以匹配。

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

xdep 这一位上时 0 时, a0b1a1b0 一定可以匹配。

|a0| < |b1|\\ |a1| < |b0|

|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 a1b1 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'

NOIP2019 退役记
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