多校 A 層衝刺 NOIP2024 模擬賽 17

多校A層衝刺NOIP2024模擬賽17

T1 網格

簽到題

注意到 \(+\) 與 \(\times\) 由於優先順序其實是分開的，所以可以考慮每到達一個 \(+\) 計算一次貢獻（乘上一個組合數），然後將前置貢獻重新賦值為方案數，DP 只需考慮連續 \(\times\) 段即可。

時間複雜度 \(O(nm)\)。

T2 矩形

根號分治

發現不管怎麼列舉總會出現一些特殊情況使得複雜度存在瓶頸，並且雖然值域是 \([1,n]\) 但總共只有 \(O(n)\) 個點，圖是很稀疏的。

這啟發我們把特殊的拿出來分討去做，考慮以列為單位，並設定閾值 \(B\)，一列中點數大於 B 的記為大段，小於的記為小段，則只需要考慮 \(3\) 種情況的貢獻。

• 大段與小段之間的貢獻
  注意到大段的個數不會超過 \(O(\frac{n}{B})\) 個，考慮列舉每一個大段，然後去計算所有小段對它的貢獻。具體的當列舉到一個大段時，在值域上標記它所擁有的點，然後列舉小段，查詢每個有多少個相同縱座標，記為 tot，則一個小段的貢獻為 \(\binom{tot}{2}\)。
  這一部分的時間複雜度為 \(O(\frac{n^2}{B})\)。

• 大段與大段之間的貢獻
  有兩種做法
  第一種同上即可解決。
  第二種可以使用 \(bitset\) 最佳化，具體的列舉任意兩個，然後用 \(bitset\) 按位與計算相同個數，然後同上組合數計算貢獻，時間複雜度為 \(O(B^2\frac{n}{w})\)

• 小段與小段之間的貢獻
  注意到小段只有至多 \(O(B)\) 個元素，可以考慮每個點列舉 \(O(B)\) 次去做。
  具體的，可以在值域上列舉下端點，然後對於所有包含這個點的段進行計算，即將所有在下端點上方的點加入到值域 \(cnt\) 陣列中，由於欽定了下端點，所以 \(cnt\) 中直接就是答案。
  考慮時間複雜度，發現每個點至多會被列舉 \(O(B)\)，而總共有 \(O(n)\) 個點，這一部分的時間複雜度為 \(O(nB)\) 的。

當 \(B\) 取 \(\sqrt n\) 時總複雜度最優，為 \(O(n\sqrt n)\)，由於本題特殊資料很難造，並且就算強度高也遠遠達不到這個上界所以跑的飛快。

雙倍經驗 [Ynoi Easy Round 2024] TEST_132

T3 集合

不會

T4 倒水

機率期望，資料結構最佳化DP，線段樹

注意到一個性質。

只要有一次向前倒就結束了，證明顯然。

那麼有一個推論。

記 \(b_i\) 為 \(i\) 當前的量，\(i\) 倒出去的水的量為 \(\min(a_j,b_i)\)，證明考慮分討，當 \(j\) 中沒有水時顯然，而有水時 \(i\) 中的水一定是從 \(j\) 中來的，所以一定達不到 \(j\) 的上界。

那麼可以設計狀態進行 DP，設 \(f_{i,j}\) 表示當到 \(i\) 要倒水時 \(i\) 有 \(j\) 單位體積的水的機率。

根據上述結論，發現向前轉移能直接計算貢獻即可，而向後轉移則轉移到 \(f_{k,\min(a_k,j)}\)（此時仍需計算自己的貢獻）。

現在就得到一個 \(O(n^3)\) 的做法。

顯然能字首和最佳化，將刷表改為填表，等轉移完後再計算貢獻即可最佳化至 \(O(n^2)\),這一部分比較重要，下面具體講講。

設輔助陣列 \(s1_{i,j}=\sum_{a\le i,b\le j}f_{a,b},s2_{i,j}=\sum_{a\le i,b\le j}bf_{a,b},hs_i=\sum_{1\le j\le n}\max(0,i-a_j)\)，即 \(s1,s2\) 分別是機率、期望的字首和。

• 轉移

\[\begin{cases} f_{i,j}=(s1_{i-1,j}-s1_{i-1,j-1})\frac{1}{n-1}\quad &j< a_i \\ f_{i,j}=(s1_{i-1,n}-s1_{i-1,j-1})\frac{1}{n-1}\quad &j=a_i \end{cases} \]

• 計算貢獻
  設 \(res_i\) 表示 \(i\) 的期望（答案），下面為了方便就直接寫等號了，實際上為兩部分之和。

  • 向前倒以及向後倒剩下的

    \(res_i=\sum_{j=1}^{a_i} hs_jf_{i,j}\frac{1}{n-1}\)

  • 別的向前倒，倒給它的

    把 \(\min\) 去掉，所以得分討。

    • 從大於 \(a_i\) 倒來

      \(res_i=(s1_{n,n}-s1_{i,n}-s1_{n,a_i}+s1_{i,a_i})a_i\frac{1}{n-1}\)

    • 從小於 \(a_i\) 倒來

      \(res_i=(s2_{n,a_i}-s2_{i,a_i})\frac{1}{n-1}\)

\(O(n^2)\) 比較平凡。

考慮最佳化

只需考慮 \(O(n^2)\) 的瓶頸部分。

即求解 \(hs,s1,s2\) 陣列，以及（用 \(hs\) 陣列）計算倒剩下的貢獻。

對於求解 \(hs\) 陣列可以對 \(a\) 陣列排序後求解，就將這一部分複雜度降低到 \(O(nlogn)\)。

如果只維護高度值域的字首和（即 \(s_{i,j}=\sum_{k\le j}f_{i,k}\) ）會發現一些很好的性質！

\[\begin{aligned} &\begin{cases} f_{i,j}=\frac{1}{n-1}s_{i-1,j}\quad &j< a_i \\ f_{i,j}=\frac{1}{n-1}\sum_{k\ge j}s_{i-1,k}\quad &j=a_i \end{cases} \\ &\begin{cases} s_{i,j}=(1+\frac{1}{n-1})s_{i-1,j}\quad &j< a_i \\ s_{i,j}=s_{i-1,j}+\frac{1}{n-1}f_{i,j}\quad &j=a_i \end{cases} \end{aligned} \]

如果用線段樹去維護值域的話（ 掃描線 ）則 \(j< a_i\) 在只需要區間乘即可，而 \(j=a_i\) 則需區間求和，單調修改。

考慮怎麼計算貢獻

• \(hs\)

  將 \(hs_i\) 作為係數放線上段樹上，掃描到 \(i\) 時區間求和即可。

• \(s1\)

  發現只有 \(4\) 個值 （ 矩形面積 ） ，按第一維處理，掃描到 \(i\) 時處理一次（ 掃描線的套路 ），掃描結束處理一次。

• \(s2\)

  只需結合一下 \(hs,s1\) 的做法即可，即線上段樹上每一個位置，將位置作為係數，然後掃描線求矩形面積。

這樣就只需要維護一個支援區間乘法，單點修改，區間求和的線段樹即可。

時間複雜度 \(O(nlogn)\)，常數很小，能輕鬆爆標。

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