2024年8月6日 加訓

2024年8月6日 加訓

賽時只過了 C。D 有思路，不過沒寫。

A CF1969E 2402*

把一個數修改之後，顯然直接把序列拆成兩個部分。

找出所有的 \((\text{prev}(i), \text{next}(i))\)，那麼所有合法區間都是包含 \(i\) 的子區間。

然後考慮 dp 劃分，f[i] 表示字首 \(i\) 最少需要幾次修改，轉移就是當 \((j ,i]\) 是合法子區間，可從 \(f[j] + 1\) 轉移過來。

假了。判斷所有子區間是不是合法區間非常難。

題解

直接從左往右貪心啊哥們，你在 dp 牛魔。這都沒想到直接退役吧。

B CF1957F2 2847*

樹，點有點權。\(q\) 次詢問，找出樹上兩條路徑 \(u_1\to v_1\) 和 \(u_2\to v_2\) 哪些點權的出現次數不一樣，最多找 \(10\) 個即可。

不會啊，初步想法 XOR HASHING，或者點分治，但是如果是出現次數這種問題，還得是 XOR HASHING 或者根號分治吧，但也不像能根號的樣子（完全沒找到什麼能均攤）。感覺這題應該挺隨機化的。

題解

考慮簡單版本的，在序列上，求兩段區間哪些顏色出現次數不同。

做法是給每種顏色隨機一個雜湊值，然後扔到主席樹上，可以在主席樹上二分找出哪個顏色出現次數不同。

樹上同理，拆成 \(u\to \text{root}\) 的路徑，對這個建立主席樹，查詢 LCA 即可。

C CF1957E 2501*

感受了一下，應該是個威爾遜定理。因為求 \(C(i, k) \bmod k\) 實際上等於：

\[\frac{i\times(i-1)\times\cdots\times(i - k + 1)}{k} \bmod k \]

你這玩意，化簡之後有 \(k\) 項，顯然是 \(1, 2, \cdots, k-1\)，還有一個 \(\lfloor\frac{i}{k}\rfloor\)。

我們知道前面這個 \(1\sim k-1\) 乘起來，顯然有：

\[\prod_{i=1}^{k-1} i \equiv \left\{ \begin{matrix} k - 1 & k~\text{is prime}\\ 2 & k = 4\\ 0 & \text{otherwise} \end{matrix} \right. \pmod {k} \]

我願稱之為擴充威爾遜定理。

所以：

\[C(i, k)\equiv \left\{ \begin{matrix} (k - 1) \lfloor \frac{i}{k}\rfloor & k~\text{is prime}\\ 2\times\lfloor \frac{i}{k}\rfloor & k = 4\\ 0 & \text{otherwise} \end{matrix} \right. \pmod k \]

考慮列舉 \(k\) 即可，對 \(4\) 的處理應該不用多說，把 \(2\) 提出來，剩下的可以 \(O(1)\) 求。然後題目變成求：

\[\sum_{k\in\text{prime}}\sum_{k \le i\le n} ((k-1)\lfloor\frac{i}{k}\rfloor\bmod k) \]

怎麼感覺有點熟悉，\(i\bmod k = i - k\lfloor\frac{i}{k}\rfloor\)，這個式子可以化簡為：\((k - 1)\lfloor\frac{i}{k}\rfloor = i - i \bmod k - \lfloor\frac{i}{k}\rfloor\)。這個還要對 \(k\) 驅魔，顯然前面兩項可以刪掉。於是變成 \(-\lfloor\frac{i}{k}\rfloor\)。

\[\sum_{k\in\text{prime}} \sum_{k\le i\le n} -\lfloor\frac{i}{k}\rfloor \bmod k \]

對 \(k\) 列舉倍數，變成區間加，可處理出 \(n = 1\sim 1000000\) 的答案，複雜度 \(O(n \log n)\)。不過在上面那個未化簡的式子的時候就可以做了。

原來這麼多知識點中我數論學的最好

D CF1956E2 2906*

不是很懂，模擬？但是模擬不出來。

好像可以模擬直到第一個 \(0\) 出現，這一步是 \(O(n\log v)\) 的（大概），因為在 \(n = 3\) 的時候類似一個斐波那契，所以 \(n\) 為奇數大概就是斐波那契了。\(n = 2\) 也是同理，好像走一圈就可以得到斐波那契形式的不等式。

找到第一個 \(0\)，就能找到第一個一定存活的位置，繼而找到下一個 \(0\)。

找到一個一定存活的位置 \(i\)，設其值為 \(x\) 可以知道 \(i + 1\) 將會經歷：\(y\to y-x\to y-2x\to \cdots\)，這個顯然可以 \(O(1)\) 求。得到其存活 \(k\) 輪。接下來，我們考慮 \(i + 2\)，將會經歷：\(z\to z-y+x\to z-2y+3x\)，這個顯然是一個關於時間的二次函式，係數還是非 \(0\) 整數，所以 \(z\) 存活不超過 \(\sqrt a_i\) 輪，這個沒關係，我們仍然暴力二分。再往下，\(p\) 就不會存活超過 \(\sqrt[3] a_i\) 輪了，我們可以直接保留權值這些變化的權值，直接做，是 \(O(n\sqrt[3]{a_i})\) 的。如果感覺不夠保險，可以用三次函式二分，然後保留四次函式的權值，是 \(O(n\sqrt[4]{a_i})\) 的，這還不能過？

題解

差不多是這個意思，我們暴力做 \(\sqrt[3]{a_i}\) 輪，任何連續 4 個有值的都會死。然後在單個塊中查詢。本質相同，實現不同罷了。我的做法是按邊統計邊分割，此做法是先分割再統計。但是 u1s1，題解的做法更快。

然後我會證明找到第一個 \(0\) 是 \(O(\log v)\) 的了。其實就是 \(x^{k} = v\)，求 \(k\) 的最大值。顯然 \(x=2\) 時 \(k\) 最大，為 \(\log v\)。

E CF1951F 2609*

這能寫？感覺沒啥性質，特別是置換我很不熟悉。更主要的，C 和 D 花太多時間，現在沒時間了。

題解

考慮排列 \(p\) 中的順序和逆序對分別會對 \(k\) 產生什麼影響。

若 \(p\) 中存在 \(p_i > p_j, i < j\)，對 \(q_{p_i}\) 和 \(q_{p_j}\) 的值分討，會發現一定會產生 \(1\) 的貢獻。

若 \(p\) 中存在 \(p_i < p_j, i<j\)，分討後會發現產生 \(0\) 或 \(2\) 的貢獻，

然後對 \(q\) 從前往後填，假設在填位置 \(i\)，找到 \(i\) 在 \(p\) 中的下標 \(j\)，然後考慮 \(j\) 能和在其後面且大於他的構成幾個順序對 \(c\)，如果 \(k > c\) 就直接填當前最大數，否則就討論一下即可。

F CF1949J 2727*

先伸展一下，然後直接走進目標位置不就好了？

問題在於，怎麼判斷縮回去哪個格子，格子往哪邊走。往那邊走比較簡單，從目標節點開始 BFS，找到最近的點，然後沿最短路前進就好了。問題在於，怎麼判斷縮回去哪個格子，要求縮回去的格子不是割點。

題解

雙向搜尋，每個狀態朝可達的字典序最小的狀態移動。但感覺需要證明這樣搜一定能到達目標狀態。

官解是，找到一個 A 的外邊界與 B 的外邊界之間的最短路，然後對 A、B 分別建立一棵樹，A 不斷刪葉子，B 不斷加入一個節點。所以上面所說的問題的解法就是建樹。