2017 Multi-University Training Contest 4 solutions BY 陈松杨

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1001. Big Integer

如果知道$k-1$个数的个数c_1,c_2,...,c_{k-1}c​1​​,c​2​​,...,c​k−1​​，那么方案数就是：

\frac{\left(\sum\limits_{i=1}^{k-1} c_i\right)!}{\prod\limits_{i=1}^{k-1}c_i!}​​i=1​∏​k−1​​c​i​​!​​(​i=1​∑​k−1​​c​i​​)!​​

构造多项式f_i(x)=\sum\limits_{j=0}^n \frac{g_{i,j}}{j!}x^jf​i​​(x)=​j=0​∑​n​​​j!​​g​i,j​​​​x​j​​，则将这$k-1$个多项式乘起来之后，每一项乘以$i!$即可得到答案，可以用NTT在O(nk^2\log(nk))O(nk​2​​log(nk))的时间内预处理出初始答案。

注意到我们只关心每个时刻答案的和，故可以在DFT意义下直接累加答案，最后再将结果IDFT回来。

对于单点修改操作，可以看成是给某个多项式叠加上一个只有一项系数不为$0$的多项式，观察NTT的公式：

y_n=\sum_{i=0}^{d-1} x_i\times\left(g^\frac{P-1}{d}\right)^{in}\bmod Py​n​​=∑​i=0​d−1​​x​i​​×(g​​d​​P−1​​​​)​in​​modP

那么它在DFT后的结果是一个等比数列，故直接对原始多项式叠加一个等比数列即可完成修改。

对于叠加多项式，直接$O(k)$重新计算乘积是不可取的，正确方法是对于每一项记录非$0$的乘积以及$0$的个数，单次修改时间复杂度为$O(1)$。每次操作的时间复杂度为$O(nk)$。

总时间复杂度O(nk^2\log(nk)+mnk)O(nk​2​​log(nk)+mnk)。

1002. Classic Quotation

首先通过KMP算法预处理出$T$的$next$数组，设：

pref_ipref​i​​表示$S$的前缀$i$与$T$进行KMP后KMP的指针到达了哪里。

preg_ipreg​i​​表示$S$的前缀$i$中$T$出现的次数。

suf_{i,j}suf​i,j​​表示从$S$的后缀$i$，从$j$指针开始KMP，能匹配多少个$T$。

那么前缀$i$拼接上后缀$j$中$T$的个数为preg_i+suf_{j,pref_i}preg​i​​+suf​j,pref​i​​​​。

令$preg$为$preg$的前缀和，$suf$为$suf$的后缀和，s_{i,j}s​i,j​​表示$i$前面中$pref$为$j$的个数，那么对于询问$L,R$：

ans=\sum_{i=1}^L\sum_{j=R}^n preg_i+suf_{j,pref_i}=(n-R+1)preg_L+\sum_{i=0}^{m-1}s_{L,i}\times suf_{R,i}ans=∑​i=1​L​​∑​j=R​n​​preg​i​​+suf​j,pref​i​​​​=(n−R+1)preg​L​​+∑​i=0​m−1​​s​L,i​​×suf​R,i​​

以上所有数组均可以使用KMP和递推求出，时间复杂度$O((n+k)m)$。

1003. Counting Divisors

设n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_m^{c_m}n=p​1​c​1​​​​p​2​c​2​​​​...p​m​c​m​​​​，则d(n^k)=(kc_1+1)(kc_2+1)...(kc_m+1)d(n​k​​)=(kc​1​​+1)(kc​2​​+1)...(kc​m​​+1)。

枚举不超过\sqrt{r}√​r​​​的所有质数$p$，再枚举区间$[l,r]$中所有$p$的倍数，将其分解质因数，最后剩下的部分就是超过\sqrt{r}√​r​​​的质数，只可能是$0$个或$1$个。

时间复杂度O(\sqrt{r}+(r-l+1)\log\log(r-l+1))O(√​r​​​+(r−l+1)loglog(r−l+1))。

1004. Dirt Ratio

二分答案$mid$，检验是否存在一个区间满足\frac{size(l,r)}{r-l+1}\leq mid​r−l+1​​size(l,r)​​≤mid，也就是$size(l,r)+mid\times l\le mid\times (r+1)$。

从左往右枚举每个位置作为$r$，当$r$变化为$r+1$时，对$size$的影响是一段区间加$1$，线段树维护区间最小值即可。

时间复杂度$O(n\log n\log w)$。

1005. Lazy Running

取w=\min(d_{1,2},d_{2,3})w=min(d​1,2​​,d​2,3​​)，那么对于每一种方案，均可以通过往返跑$w$这条边使得距离增加$2w$。也就是说，如果存在距离为$k$的方案，那么必然存在距离为$k+2w$的方案。

设dis_{i,j}dis​i,j​​表示从起点出发到达$i$，距离模$2w$为$j$时的最短路，那么根据dis_{2,j}dis​2,j​​解不等式即可得到最优路线。

时间复杂度$O(w\log w)$。

1006. Logical Chain

对于每个询问，求出强连通分量，那么一个点数为$t$的强连通分量对答案的贡献为\frac{t(t-1)}{2}​2​​t(t−1)​​。

利用Kosaraju算法，只需要在正反图各做一次DFS即可求出强连通分量。面对稠密图，Kosaraju算法的瓶颈在于寻找与点$x$相连且未访问过的点。考虑用bitset来保存边表g_xg​x​​，以及未访问过的点集$S$，那么只需要取出g_x\&Sg​x​​&S内的所有$1$即可在O(\frac{n^2}{64})O(​64​​n​2​​​​)的时间内求出强连通分量。

时间复杂度O(\frac{mn^2}{64})O(​64​​mn​2​​​​)。

1007. Matching In Multiplication

首先如果一个点的度数为$1$，那么它的匹配方案是固定的，继而我们可以去掉这一对点。通过拓扑我们可以不断去掉所有度数为$1$的点。

那么剩下的图中左右各有$m$个点，每个点度数都不小于$2$，且左边每个点度数都是$2$，而右侧总度数是$2m$，因此右侧只能是每个点度数都是$2$。这说明这个图每个连通块是个环，在环上间隔着取即可，一共两种方案。

时间复杂度$O(n)$。

1008. Phone Call

不难发现这个过程就是Prim算法求最小生成树的过程，用Kruskal算法同样正确。

将所有线路按代价从小到大排序，对于每条线路$(a,b,c,d)$，首先把$a$到$b$路径上的点都合并到LCA，再把$c$到$d$路径上的点都合并到LCA，最后再把两个LCA合并即可。

设f_if​i​​表示$i$点往上深度最大的一个可能不是和$i$在同一个连通块的祖先，每次沿着$f$跳即可。用路径压缩的并查集维护这个$f$即可得到优秀的复杂度。

时间复杂度$O(m\log m)$。

1009. Questionnaire

取$m=2$，必然存在一组可行解。

1010. Security Check

设f_{i,j}f​i,j​​表示仅考虑$a[1..i]$与$b[1..j]$时，最少需要多少时间。

若|a_i-b_j|>k∣a​i​​−b​j​​∣>k，则f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1f​i,j​​=f​i−1,j−1​​+1，否则f_{i,j}=\min(f_{i-1,j},f_{i,j-1})+1f​i,j​​=min(f​i−1,j​​,f​i,j−1​​)+1。

注意到后者只有$O(nk)$个，可以暴力DP，前者可以通过二分找到最大的$t$，满足$i,j$往前$t$个均不冲突，然后再从某个后者状态转移过来。

时间复杂度$O(nk\log n)$。

1011. Time To Get Up

按题意模拟即可。

1012. Wavel Sequence

设f_{i,j,k}f​i,j,k​​表示仅考虑$a[1..i]$与$b[1..j]$，选择的两个子序列结尾分别是a_ia​i​​和b_jb​j​​，且上升下降状态是$k$ 时的方案数，则f_{i,j,k}=\sum f_{x,y,1-k}f​i,j,k​​=∑f​x,y,1−k​​，其中$x<i,y<j$。暴力转移的时间复杂度为O(n^4)O(n​4​​)，不能接受。

考虑将枚举决策点$x,y$的过程也DP掉。设g_{i,y,k}g​i,y,k​​表示从某个f_{x,y,k}f​x,y,k​​作为决策点出发，当前要更新的是$i$的方案数，h_{i,j,k}h​i,j,k​​表示从某个f_{x,y,k}f​x,y,k​​作为决策点出发，已经经历了$g$的枚举，当前要更新的是$j$的方案数。转移则是要么开始更新，要么将$i$或者$j$继续枚举到$i+1$以及$j+1$。因为每次只有一个变量在动，因此另一个变量恰好可以表示上一个位置的值，可以很方便地判断是否满足上升和下降。

时间复杂度O(n^2)O(n​2​​)。

1013. Yuno And Claris

先考虑如何求区间第$k$小值。对序列和权值都进行分块，设b_{i,j}b​i,j​​表示前$j$块中权值在$i$块内的数字个数，c_{i,j}c​i,j​​表示前$j$块中数字$i$的出现次数。那么对于一个询问$[l,r]$，首先将零碎部分的贡献加入到临时数组$tb$和$tc$中，然后枚举答案位于哪一块，确定位于哪一块之后再暴力枚举答案即可在O(\sqrt{n})O(√​n​​​)的时间内求出区间第$k$小值。

接着考虑如何实现区间$[l,r]$内$x$变成$y$的功能。显然对于零碎的两块，可以直接暴力重构整块。对于中间的每个整块，如果某一块不含$x$，那么无视这一块；否则如果这一块不含$y$，那么只需要将$x$映射成$y$；否则这一块既有$x$又有$y$，这意味着$x$与$y$之间发生了合并，不妨直接暴力重构整块。因为有$c$数组，我们可以在$O(1)$的时间内知道某一块是否有某个数。

考虑什么情况下会发生重构，也就是一个块内发生了一次合并的时候。一开始长度为$n$的序列会提供$O(n)$次合并的机会，而每次修改会对零碎的两块各提供一次机会，故总合并次数不超过$O(n+m)$，因此当发生合并时直接重构并不会影响复杂度。

那么现在每块中的转换情况只可能是一条条互不相交的链，只需要记录每个初值转换后是什么，以及每个现值对应哪个初值即可。遇到查询的时候，我们需要知道零碎部分每个位置的值，不妨直接重构那两块，然后遍历一遍原数组$a$即可得到每个位置的值。

在修改的时候，还需要同步维护$b$和$c$数组，因为只涉及两个权值，因此暴力修改$j$这一维也是可以承受的。

总时间复杂度O((n+m)\sqrt{n})O((n+m)√​n​​​)。

本条目发布于2017年8月3日。属于未分类分类。作者是sensible。