ZROI 19.08.02 杂题选讲

• 给出\(n\)个数，用最少的\(2^k\)或\(-2^{k}\)，使得能拼出所有数，输出方案。\(n,|a_i|\leq 10^5\)。

显然一个绝对值最多选一次。这个性质非常强。

如果所有都是偶数，可以直接除以\(2\)。

否则\(1\)或\(-1\)必须选，暴力枚举选哪个然后递归，每层去重，发现最多只会递归\(\log a\)次。总复杂度\(O((n+a)\log n)\)，等价于线段树上区间长度总和。

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• \(n\)个数，每次可以花费\(1\)的代价给某个数\(+1\)或\(-1\)，问变成不上升序列的最少代价。\(n\leq 5\times 10^5\)。

等价于不下降序列。

设\(f(x)\)表示最后一个数\(\leq x\)时的最优答案。显然它形如若干段斜率为整数的折线，且斜率是连续不降的。

最右边加入\(a\)时，每个位置加上\(|x-a|\)，并对\(f(x-1)\)取\(\min\)。

只需要维护拐点，每次加入两个拐点，并删去最大的一个。

最后用\(f(0)=\sum|a_i|\)还原答案。

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• 考虑所有的正整数可重集\(\{a_1,…,a_k\}\)，满足\(\sum a_i=n\)，求所有\(\sum a_i^m\)的和。\(n,m,k\leq 4096\)。

设\(f_{i,j}\)表示前\(i\)个数，和为\(j\)的方案数。每次转移要么放一个\(1\)在末尾，要么所有数均\(+1\)。

暴力dp可以维护每个数的\([0,m]\)次和，转移的时候乘上组合数。复杂度\(O(n^4)\)。

一点优化是维护每个数的下降幂（似乎组合数也可以），最后用第二类斯特林数还原答案，这样单次转移是\(O(1)\)的，复杂度\(O(n^3)\)。

考虑每个数产生的贡献有多少次。发现就是\(\sum_j[i\)出现至少\(j\)次的方案数\(]\)。

这个可以用\(f_{i,j}\)算，不需要dp的时候统计答案。复杂度\(O(n^2)\)。

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• 给出\(A_1\)到\(A_n\)，设\(F_k=\sum_{i=1}^na_i^k\)，求\(F_1,…,F_n\)。\(n,k\leq 2\times 10^5,a_i\leq 10^9\)。

牛顿恒等式：对于首一多项式\(F(x)=\sum_{i=0}^nC_{n-i}x^i\)，设\(P_i\)为它的\(n\)个根的\(i\)次方和，对于任意正整数\(d\)，有等式

\[\sum_{i=0}^{d-1}C_i P_{d-i}+C_d\cdot d =0\]

由\(C\)求\(P\):多项式求逆；由\(P\)求\(C\):多项式\(\exp\)。

本题硬点\(a_i\)是某多项式的\(n\)个根，分治fft求出多项式，求逆即可。复杂度\(O(n\log^2n)\)。

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• \(n\)个点，\(m\)条带权无向边，权值\(\in [0,17)\)，问有多少种方案选择一些边（不选重边），使得整张图联通，且边权和\(\equiv x(\mod p)\)。对\(x\in [0,17)\)都要求答案。\(n\leq 17,m\leq 10^5\)。

显然是个循环卷积，先DFT，用点值计算完再IDFT回去即可。

考虑容斥，用总数减去不连通的方案数。枚举\(1\)所在的连通块容斥，复杂度\(O(3^np)\)。

\(O(2^nn^2p)\)的做法有点麻烦，需要高超的生成函数技巧，掉线了。

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• 给出\(n\)个数\(a_i\)和\(m\)，求最小的\(k\)，使得存在一个长度\(\geq m\)的区间，使得区间内任意一个数，都能找到另一个区间内的数和它差不超过\(k\)。\(n,m\leq 10^5\)。

二分答案，对每个数求出左右最近的满足条件的位置，设为\(L_i,R_i\)。

问题转化为判定是否存在\([l,r]\geq m\)，使得区间内的任意元素满足\(L_i\geq l\)或\(R_i\leq r\)。

设\(solve(l,r)\)表示\([l,r]\)内是否存在满足条件的子区间。

如果\(r-l+1<m\)，显然不行。

如果某个点\(L_i<l\)且\(R_i>r\)，这个点就不能选，递归处理\(solve(l,i-1)|solve(i+1,r)\)。

暴力从左往右扫是\(O(n^2)\)的，考虑两边往中间扫，找到就return，这样是\(T(n)=T(i)+T(n-i)+O(\min(i,n-i))\)的，总复杂度\(O(n\log^2n)\)。

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• \(n\)种物品，每种物品重量\(w_i\)，价值\(v_i\)，有无限多个。\(q\)次询问，每次问在所有重量恰好为\(m\)的方案中，价值最大的是多少，拼出这个价值的方案数是多少。顺序不同的算作不同的方案。\(n,w_i,q\leq 100,m,v_i\leq 10^9\)。

由于方案数不需要考虑顺序，可以直接dp，\(f_i=\max(f_{i-w_j}+w_j)\)，同时更新方案数即可。

发现\(w_i\)不超过\(100\)，即每次只有最近的\(100\)个状态有用。用\(\max\)定义加法，用加法定义乘法，发现是矩乘的变体。

直接做\(O(n^4\log m)\)。考虑预处理出转移矩阵的\(2^k\)次方，每次用向量乘\(O(\log m)\)个矩阵，总复杂度\(O(n^3\log m)\)。

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• 给出\(A,N,p\)，对于所有\(u\)，求从\(1\)到\(\lfloor\frac{A}{2^u}\rfloor\)中选出\(n\)个数，\(1\leq n \leq N\)，且\(n\)是奇数，且选出的最大数是奇数，求方案数&求和。对\(p\)取模。\(A\leq 10^9,N\leq 30000, p=O( 10^5),Time=5000ms\)。

枚举最大数之后，变成了求一些\(n\)很大，\(m\)不大的组合数。

组合数可以分治：\(C(n,m)=\sum_{i=0}^mC(x,i)\cdot C(n-x,n-i)\)，其中\(x\)可以是任意\([1,n]\)的数。

在这里就是把\(A\)分成两半，递归处理然后fft合并。

由于每次都是除以\(2\)下取整，所以一遍就可以算出所有\(u\)的答案。复杂度\(O(n\log n\log A)\)。

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• 给出\(S[0…5],\)每个数都是“前”/“中”/“后”。有一棵二叉树，定义\(dfs(x,mode)\)，其中\(mode\)表示是哪种方式。但是递归左右儿子的时候，会变成\(dfs(l,s[2\times mode]),dfs(r,s[2\times mode+1])\)。给出两种遍历结果，求一种可能的第三种遍历结果。\(n\leq 100\)。

设\(f_{x,y,a,b,i}\)为第一个序列\([x,x+i]\)，方式为\(a\)，第二个序列\([y,y+i]\)，方式为\(b\)是否合法。

如果两个方式相等，直接判串是否完全相等。

如果其中一个是中序遍历，可以递归处理。

否则需要枚举左右儿子分界线。

看似\(O(n^4)\)，实际上，确定了第一个序列的区间，第二个序列最多一个对应区间是合法的（点集完全相同）。所以总复杂度\(O(n^3)\)。

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• \(n\)个点\(m\)条边的无向图。\(q\)次操作，每次交换两条边的编号，回答按编号从小到大加边，加到联通时编号为多少。\(n,q\leq 10^5\)。

设\(work(l,r)\)表示处理\([l,r]\)的修改，并回答每次修改完的答案。

把修改涉及的边设为\(\inf\)，跑最小生成树，此时不在其中的边（未修改的）已经没用了，直接删掉。此时边数为\(O(\)点数\()\)。

把修改涉及的边设为\(-\inf\)，跑最小生成树，此时在其中的边一定有用，直接缩点。此时点数为\(O(r-l)\)。

递归两边处理，每次要对边排序。复杂度\(O(n\log^2n)\)。

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• \(n\)个点，\(m\)条边的无向简单图，每个点度数不超过\(7\)，给点四染色，要求每个点最多一个邻居和它相同。输出方案或者无解。\(n\leq 25000,m\leq 10^5\)。

随一个初始解，然后调整。

找一个不满足条件的点，把它换成一个可行的颜色。由于度数不超过\(7\)，所以一定可行。

用队列模拟这个过程，每次调整后，两端颜色相同的边都会减少，所以一定会结束。复杂度\(O(m)\)。