2017 Multi-University Training Contest

A. Admiral [jds]

数据很小，头尾各处理一半。

B. Array Challenge [zmy]

通过找规律可以得到

Fn=7∗Fn−1−4∗Fn−2

矩阵倍增

C. Boring Game [zmy]

对于二维的翻硬币游戏，显然我们需要使用 NIM 积来计算 SG 函数。论文《从”k倍动态减法游戏”出发探究一类组合游戏问题》给出了一个O(log2x) 的解法，但是由于此题的数据范围较大。所以这个方法不足以解决改题。下面是根据03官方题解和官方标程，得到的另一种非常高效的做法。

假设我们已经求了x,y∈[0,255]的所有x⊗y的值（⊗即表示NIM积运算），我们现在用这个预处理的结果O(1)计算出x,y∈[0,65535]的所有x⊗y的值。

我们需要用到一些 NIM 积的性质。

• 交换律： x⊗y=y⊗x
• 结合律： (x⊗y)⊗z=x⊗(y⊗z)
• 分配律：(x⊕y)⊗z=(x⊗z)⊕(y⊗z)
• 对于x,y<22α
  
  • x⊗22α=22αx
  • 22α⊗22α=32×22α=22α⊕22α−1

设x=a1×28+a2=(a1×28)⊕a2，y=b1×28+b2=(b1×28)⊕b2

∴x⊗y=((a1×28)⊕a2)⊗((b1×28)⊕b2)

∴x⊗y=((a1×28)⊗(b1×28))⊕((a1×28)⊗b2)⊕(a2⊗(b1×28))⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(a1⊗b1⊗(27⊕28))⊕((a1×28)⊗b2)⊕(a2⊗(b1×28))⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(a1⊗b1⊗27)⊕(a1⊗b1⊗28)⊕(a1⊗b2⊗28)⊕(a2⊗b1⊗28)⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(28((a1⊗b1)⊕(a1⊗b2)⊕(a2⊗b1)))⊕(a1⊗b1⊗27)⊕(a2⊗b2)

∴x⊗y=(28(((a1⊕a2)⊗(b1⊕b2))⊕(a2⊗b2)))⊕(a1⊗b1⊗27)⊕(a2⊗b2)

因此我们可以得到代码：

inline uint nim16(uint x, uint y) {    uint a1=x>>8,a2=x&255;    uint b1=y>>8,b2=y&255;    uint c1=nim8[a1][b1];    uint c2=nim8[a1^a2][b1^b2];    uint c3=nim8[a2][b2];    return ((c2^c3)<<8)|(nim8[c1][128]^c3);}

通过同样的方法，最终我们可以在O(1)的时间内，得到任意一个x,y∈[0,232−1]的x⊗y的值。

对于需要预处理的部分，我们可以先利用同样的思路，计算出所有2a⊗2b的值，再算出所有x,y∈[0,255]的所有x⊗y的值。

至此，对于 NIM 积的求解得到了很好的解决。

回归到此题上，此题是一个经典的 Rugs 游戏，即二维 Ruler 游戏模型。根据 tartan 定理，我们只要求出对应两维的 Ruler 游戏的 SG 值，通过 NIM 积即可得到 Rugs 游戏的 SG 值。在 Ruler 游戏中，SG(x)=lowbit(x)，而[1,n]中所有数的lowbit(x)的异或和为n⊕[n2] ，因此我们可以利用类似求矩形面积并的的方式，求解整个的 SG 值。

D. Brother and Sister [zmy]

利用期望的线性性，我们只需要考虑每个女生对答案的贡献即可。
不难发现这个图是一个内向树。
假设有m个节点能够到达这个女生，对于任意一种没有选取该女生的方案，这m个点一定都没有被选过。这种情况下选取0号女生的概率与选取该女生的概率之比为m:1，但是从结果上来说，选取0号女生是必然事件，所以选取该女生的概率为mm+1。
我们拓扑排序，先计算好链的部分，再枚举环，计算每个点的贡献。
还有一个小问题就是答案的输出，题目要求pq−1，且p和q是互质的状态。看上去很麻烦，实际是很好处理的。
我们先考虑两个不互质的数p1和q1和其约分后的结果p2和q2，不难发现p1×q−11=p2×q−12(mod1000000007)，所以约分是没有意义的。
此外，不难发现，两个分数p1q1和p2q2我们分别计算pq−1并求和，即可得到这个分数通分后pq−1的结果。因此，实际上输出是比较简单的。

E. Cube Summation [zmy]

因为是3次方，所以我们考虑3个数a,b,c对答案的贡献。假设a,b,c互不相同，它对答案的贡献为选出这3的方案数乘以n−ia−jb−kc的划分数p(n−ia−jb−kc)。
因此我们首先要解决划分数的问题。利用生成函数的知识，我们容易得到

p(x)=1∏(1−xi)

我们先用五边形数定理求其倒数：

∏(1−xi)=∑k=0∞(−1)kxk(3k±1)2

之后利用分治+NTT的做法得到p(N)的生成函数
接下来考虑a,b,c的方案数，根据数字相同的个数，利用的轮转对称性：。

∑a,b,c,i,j,k,a≠b,b≠c,a≠cxia+jb+kc+3∑a=b≠c,i,j,kxamax{i,j}+ck+∑a=b=c,i,j,kxamax{i,j,k}

利用容斥原理可得
第一项：

(∑a,ixai)3−3(∑a,i,jxa(i+j))(∑a,ixai)+2∑a,i,j,kxa(i+j+k)

第二项：

3(∑a=b,i,jxamax{i,j})(∑a,ixai)−3∑a=b=c,i,j,kxa(max{i,j}+k)

第三项不变
最后整理得到

(D(x)3+3S(x)D(x)+S2(x))

其中D(x)表示x的约数个数，S(x)表示x的约数和，S2(x)表示x的约数的平方和
利用NTT可以得到这部分
再乘上之前我们得到的p(x)，即可得到最终的生成函数。

F. Function Counting [zmy]

仔细分析题目，容易的得到以下几个性质：

• 我们认为x向f(x)连了一条有向边，这样我们会得到若干个环。
• 这个环中x与−x的距离一定恰好是环长的一半。
• 这个环长的一半，即绝对值的个数n一定能整除k，且k/n为奇数，否则不会恰好到−x的位置。

下来我们来考虑下每个环的样子：

• n=1，方案只有一种
• n=2，方案有两种，但值得注意的是，由于两个数的间距可以为1,也可以为2，所以我们要考虑连续一段长度为4时，有特殊的构造方法。
• n=3，不妨设一段是1,2,3，每次一个数可以连向和它相同正负性的，也可以是相反正负性的，一共有4种。然后，我们会发现在连的时候，大多数长度都为2，但是会出现两次长度为1的跳跃。这个跳跃只能发生在开始或结束，所以一共有2种，总方案数为23。
• n>3 和之前相同的思路，方案数为2n

这样我们能想到一个简单的 dp 方程，但是这个是O(nk√)的，当k比较大的时候，可以直接 dp ，比较小的时候，我们需要构造线性递推，用矩阵倍增来进行转移。

G. Jacana Number [zmy]

按照题解的方法做了一遍。。。

H. Monkeys [zmy]

实际上我们只需要求出最多的联通块个数。考虑到每个联通块至少有两个猴子，所以我们需要在树上求最大匹配，用 dp 解决即可。

I. Rotating Line [wbr]

首先考虑无论怎样旋转 线段两侧的点的个数是维持不变的。因此问题转化成在坐标轴旋转的过程中如何按x轴维护点的序列。考虑在坐标轴y以外方向的点对，当坐标轴旋转时其相对顺序不会发生改变。因此按点对的向量将点对预处理好，扫一遍即可。

J. Schedule [zmy]

贪心。我们每次把任务分给在空闲状态下，上一次任务结束时间最晚的那台机器。用堆维护下即可。

K. Two Paths [zmy]

次小短路。正反跑两边 dijkstra 判断下每条非最短路径树的边对答案的贡献。