2017 Multi-University Training Contest 3 solutions BY 洪华敦

2017 Multi-University Training Contest 3 solutions BY 洪华敦

1001

考虑容斥,枚举哪些限制强制不满足,把n减去这些不满足限制的和,然后计算组合数. 注意到组合数有点难算,注意到可以把组合数看成一个$m$阶多项式,就可以把问题转换成对每一个$1\le k\le m$计算$k$次方的和. 如果$c=1$,可以数位dp,把每一位的贡献dp进去计算. 如果$c\ne 1$,需要预先枚举有几个限制不满足,然后再数位dp. 注意到可以把随意选择的位的dp结果预处理好来进行加速. 时间复杂度O(m^4)O(m​4​​).

1002

我们知道，对于任意两个数$a,b$，我们有：

a~and~b=(a~or~b)-(a~xor~b)

我们枚举$x=aorb$，$y=axorb$，显然要求的条件是$xandy=y$

之后可以计算满足以上条件的$(a,b)$有2^{bit(y)}2​bit(y)​​个

于是可以将式子重写成：

C[k]=\sum_{x}\sum_{y}[x~and~y=y]*[x-y=k]*B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x​​∑​y​​[x and y=y]∗[x−y=k]∗B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

C[k]=\sum_{x}\sum_{y}[x~and~y=y]*[x~xor~y=k]*B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x​​∑​y​​[x and y=y]∗[x xor y=k]∗B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

C[k]=\sum_{x~xor~y=k}[x~and~y=y]B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x xor y=k​​[x and y=y]B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

C[k]=\sum_{x~xor~y=k}[bit(x)-bit(y)=bit(k)]B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x xor y=k​​[bit(x)−bit(y)=bit(k)]B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

用元素为多项式的FWT计算即可

时间复杂度：O(2^m*m^2)O(2​m​​∗m​2​​)

1003

我们只要求出对于一个数$x$左边最近的$k$个比他大的和右边最近$k$个比他大的，扫一下就可以知道有几个区间的$k$大值是$x$.

我们考虑从小到大枚举$x$，每次维护一个链表，链表里只有$>=x$的数，那么往左往右找只要暴力跳$k$次，删除也是$O(1)$的。

时间复杂度：$O(nk)$

1004

若A_i~xor~A_j<A_j~xor~A_kA​i​​ xor A​j​​<A​j​​ xor A​k​​，考虑A_iA​i​​和A_kA​k​​不同的位中最高的，根据这一位的值可以知道A_jA​j​​这一位的值必须是多少。

用一个字母树存下所有A_kA​k​​，询问A_iA​i​​时爬一下即可，顺便记录下中间有几个满足条件的A_jA​j​​。

时间复杂度：O(n\log{A_i})O(nlogA​i​​)

1005

把1看成整棵树的根. 问题相当于把$2\sim n$每个点一个$[1,k]$的标号. 然后根据最小斯坦纳树的定义, (x, fa_x)(x,fa​x​​) 这条边的贡献是 x 子树内不同标号的个数目dif_idif​i​​. 那么显然有dif_i\leq min(k, sz_i)dif​i​​≤min(k,sz​i​​), sz_isz​i​​表示子树大小. 可以通过构造让所有dif_idif​i​​都取到最大值. 所以答案就是\sum_{x = 2}^{n}{w[x][fa_x] * min(sz_x, k)}∑​x=2​n​​w[x][fa​x​​]∗min(sz​x​​,k) 时间复杂度$O(n)$.

1006

问题相当于展开f(x-\sum a_i)f(x−∑a​i​​)。

我们可以把每一项用二项式定理展开，然后可以发现这是可以用$FFT$优化的。

时间复杂度：$O(n\log n)$

1007

建一个 extra bit always1他的值永远是1. 如何判断x_i = 1x​i​​=1? 新建一个 extra bit is[i][1], 初值为0,来存结果, 构造gate : i always1 is[i][1]. 如何判断x_i = 0x​i​​=0? 新建一个 extra bit is[i][0],初值为1,来存结果, 构造gate : is[i][1] always1 is[i][0]. 构造一个Trie. 每个节点 t 新建一个extra bit act[t], 并且构造gate : act[fa[t]] is[dep[t]][dir] act[t] 其中 dir 表示方向,如果t是左儿子就是0，否则就是1. 这样对于一组输入,恰好有一片叶子的act是1,对每片答案为1的叶子构造gate: act[t] always1 output_bit. 可以通过设定output_bit的初值来减少对叶子的判断. gate和extra bit个数大约在2^{m+1}+2^{m}2​m+1​​+2​m​​左右.

1008

注意到一个数字$x$必然会被唯一表示成a^2\times ba​2​​×b的形式.其中$|\mu (b)|=1$。 所以这个式子会把[1, n^k][1,n​k​​]的每个整数恰好算一次. 所以答案就是n^kn​k​​,快速幂即可. 时间复杂度$O(\log k)$.

1009

注意到计算的是欧拉回路. 把BEST's THEOREM 稍加修改可以得到答案. Trees \times deg[1]! \times \prod_{i = 2}^{m}{(deg[i]-1)!}\prod_{i = 1}^{m}\prod_{j = 1}^{m}{\frac{1}{D_{i, j}!}}Trees×deg[1]!×∏​i=2​m​​(deg[i]−1)!∏​i=1​m​​∏​j=1​m​​​D​i,j​​!​​1​​ $Trees$表示1为根的生成树个数,用基尔霍夫矩阵计算就行了. 时间复杂度O(m^3)O(m​3​​).

1010

用$f[i][j]$表示$p[1:i]$分成$j$段的最小代价. 显然可以写出一个O(n^2k)O(n​2​​k)的$dp$. 考虑用cdq分治优化dp， 考虑用$f[l][j-1]\cdots f[md][j-1]$ 来影响 $f[md+1][j]\cdots f[r][j]$ 处理出A_xA​x​​表示$[x,md]$的lca, B_xB​x​​表示$[md+1,x]$的lca. 转移的时候计算lca(A[i],B[j])就行了. 考虑枚举每一个[md+1,r]的t.注意到转移分成两段,一段后缀满足lca是lca(B[t],p[md]),剩下的一段前缀lca是A[i], 前后缀的分界线可以单调移动得到. 然后分两段分别转移就好了,通过预处理前后缀最小值来$O(1)$转移. 时间复杂度$O(nk\log n)$

1011

一个签到题，目的在于吐槽浙江的高温

统计有多少数$<=35$即可。

1001

考虑容斥,枚举哪些限制强制不满足,把n减去这些不满足限制的和,然后计算组合数. 注意到组合数有点难算,注意到可以把组合数看成一个$m$阶多项式,就可以把问题转换成对每一个$1\le k\le m$计算$k$次方的和. 如果$c=1$,可以数位dp,把每一位的贡献dp进去计算. 如果$c\ne 1$,需要预先枚举有几个限制不满足,然后再数位dp. 注意到可以把随意选择的位的dp结果预处理好来进行加速. 时间复杂度O(m^4)O(m​4​​).

1002

我们知道，对于任意两个数$a,b$，我们有：

a~and~b=(a~or~b)-(a~xor~b)

我们枚举$x=aorb$，$y=axorb$，显然要求的条件是$xandy=y$

之后可以计算满足以上条件的$(a,b)$有2^{bit(y)}2​bit(y)​​个

于是可以将式子重写成：

C[k]=\sum_{x}\sum_{y}[x~and~y=y]*[x-y=k]*B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x​​∑​y​​[x and y=y]∗[x−y=k]∗B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

C[k]=\sum_{x}\sum_{y}[x~and~y=y]*[x~xor~y=k]*B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x​​∑​y​​[x and y=y]∗[x xor y=k]∗B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

C[k]=\sum_{x~xor~y=k}[x~and~y=y]B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x xor y=k​​[x and y=y]B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

C[k]=\sum_{x~xor~y=k}[bit(x)-bit(y)=bit(k)]B[x]*A[y]*2^{bit(y)}C[k]=∑​x xor y=k​​[bit(x)−bit(y)=bit(k)]B[x]∗A[y]∗2​bit(y)​​

用元素为多项式的FWT计算即可

时间复杂度：O(2^m*m^2)O(2​m​​∗m​2​​)

1003

我们只要求出对于一个数$x$左边最近的$k$个比他大的和右边最近$k$个比他大的，扫一下就可以知道有几个区间的$k$大值是$x$.

我们考虑从小到大枚举$x$，每次维护一个链表，链表里只有$>=x$的数，那么往左往右找只要暴力跳$k$次，删除也是$O(1)$的。

时间复杂度：$O(nk)$

1004

若A_i~xor~A_j<A_j~xor~A_kA​i​​ xor A​j​​<A​j​​ xor A​k​​，考虑A_iA​i​​和A_kA​k​​不同的位中最高的，根据这一位的值可以知道A_jA​j​​这一位的值必须是多少。

用一个字母树存下所有A_kA​k​​，询问A_iA​i​​时爬一下即可，顺便记录下中间有几个满足条件的A_jA​j​​。

时间复杂度：O(n\log{A_i})O(nlogA​i​​)

1005

把1看成整棵树的根. 问题相当于把$2\sim n$每个点一个$[1,k]$的标号. 然后根据最小斯坦纳树的定义, (x, fa_x)(x,fa​x​​) 这条边的贡献是 x 子树内不同标号的个数目dif_idif​i​​. 那么显然有dif_i\leq min(k, sz_i)dif​i​​≤min(k,sz​i​​), sz_isz​i​​表示子树大小. 可以通过构造让所有dif_idif​i​​都取到最大值. 所以答案就是\sum_{x = 2}^{n}{w[x][fa_x] * min(sz_x, k)}∑​x=2​n​​w[x][fa​x​​]∗min(sz​x​​,k) 时间复杂度$O(n)$.

1006

问题相当于展开f(x-\sum a_i)f(x−∑a​i​​)。

我们可以把每一项用二项式定理展开，然后可以发现这是可以用$FFT$优化的。

时间复杂度：$O(n\log n)$

1007

建一个 extra bit always1他的值永远是1. 如何判断x_i = 1x​i​​=1? 新建一个 extra bit is[i][1], 初值为0,来存结果, 构造gate : i always1 is[i][1]. 如何判断x_i = 0x​i​​=0? 新建一个 extra bit is[i][0],初值为1,来存结果, 构造gate : is[i][1] always1 is[i][0]. 构造一个Trie. 每个节点 t 新建一个extra bit act[t], 并且构造gate : act[fa[t]] is[dep[t]][dir] act[t] 其中 dir 表示方向,如果t是左儿子就是0，否则就是1. 这样对于一组输入,恰好有一片叶子的act是1,对每片答案为1的叶子构造gate: act[t] always1 output_bit. 可以通过设定output_bit的初值来减少对叶子的判断. gate和extra bit个数大约在2^{m+1}+2^{m}2​m+1​​+2​m​​左右.

1008

注意到一个数字$x$必然会被唯一表示成a^2\times ba​2​​×b的形式.其中$|\mu (b)|=1$。 所以这个式子会把[1, n^k][1,n​k​​]的每个整数恰好算一次. 所以答案就是n^kn​k​​,快速幂即可. 时间复杂度$O(\log k)$.

1009

注意到计算的是欧拉回路. 把BEST's THEOREM 稍加修改可以得到答案. Trees \times deg[1]! \times \prod_{i = 2}^{m}{(deg[i]-1)!}\prod_{i = 1}^{m}\prod_{j = 1}^{m}{\frac{1}{D_{i, j}!}}Trees×deg[1]!×∏​i=2​m​​(deg[i]−1)!∏​i=1​m​​∏​j=1​m​​​D​i,j​​!​​1​​ $Trees$表示1为根的生成树个数,用基尔霍夫矩阵计算就行了. 时间复杂度O(m^3)O(m​3​​).

1010

用$f[i][j]$表示$p[1:i]$分成$j$段的最小代价. 显然可以写出一个O(n^2k)O(n​2​​k)的$dp$. 考虑用cdq分治优化dp， 考虑用$f[l][j-1]\cdots f[md][j-1]$ 来影响 $f[md+1][j]\cdots f[r][j]$ 处理出A_xA​x​​表示$[x,md]$的lca, B_xB​x​​表示$[md+1,x]$的lca. 转移的时候计算lca(A[i],B[j])就行了. 考虑枚举每一个[md+1,r]的t.注意到转移分成两段,一段后缀满足lca是lca(B[t],p[md]),剩下的一段前缀lca是A[i], 前后缀的分界线可以单调移动得到. 然后分两段分别转移就好了,通过预处理前后缀最小值来$O(1)$转移. 时间复杂度$O(nk\log n)$

1011

一个签到题，目的在于吐槽浙江的高温

统计有多少数$<=35$即可。