ACM/ICPC Moscow Prefinal 2019 趣题记录

### Day1:

### **Problem C:**

设$k_i​$为$[A, B]​$中二进制第$i​$位是1的数的个数。 给出$k_0 \cdots k_{63}​$, 求出$[A, B]​$.

**Solution:**

从高位开始考虑。找到最大的$m, k_m \neq 0$, 那么只有2种情况:

- $A \lt 2^m \leq B$: 显然只可能$B = 2^m+k_m-1, A = B-2k_0\ or\ A = B-2k_0-1$ . check一下就好了。
- $A, B \ge 2^m$ : 转化为$[A-2^m, B-2^m]$, 注意还有一个额外限制$B-A+1=k_m$.

### **Problem** E:

给出整系数多项式$F(x)​$, 项数 <= 1000, 求最小的正整数$x_0, F(x_0) = F'(x_0) = 0​$.

**Solution:**

设$minF$是$F(x)$次数最小的项的系数，则有$x_0^2\ |\ minF$

证明：

$F(x_0) = 0 \rightarrow F(x) = (x-x_0)*G(x) \rightarrow minF = -x_0minG \rightarrow x_0 \ | \ minF​$

$F'(x_0) = 0 \rightarrow F(x) = (x-x_0)^2*G(x) \rightarrow minF = x_0^2minG \rightarrow x_0^2 \ | \ minF​$

只要想办法找到F(x)的所有平方因子然后取几个随机模数check一下即可。

题目保证$F(x)$系数 $<= 10^{15}$, 可以筛掉$minF \leq10^5$的质因子，然后只要考虑剩下的数是完全平方数的情况，就可以枚举出所有平方因子了。

### **Problem I:**

给出R个字符串，填入R*C的格子里，第i个字符串要填到第i行，如下图：

I_C_P_C_
ICPC____
_IC___PC

两个格子相邻当且仅当共边，相邻格子填入的字母一样得1分，要使得分最大。 R<=128, C<=8.

**Solution:**

- 轮廓线DP，记录轮廓线上每个位置是否填了字母，就可以算出当前dp的格子应该填的是当前字符串的第几个字符。

## Day3:

### **Problem D:**

两个人打牌，任意两张不同种类的牌有克制关系，每次两人同时出1张牌，如果相同都死，不同的话根据克制关系厉害的牌收回，弱的牌死掉。最终如果两个人都没牌，各得0.5分，否则有牌的人得1分，没牌的人0分。求期望得分。

**Solution：**

涉及博弈论的混合策略博弈里纳什均衡的概念。可以看https://doc.mbalib.com/view/f28a788b169d786df80d9c19ed6d4326.html来学习。 因为本题是零和博弈，可以转化为经典矩阵游戏，利用单纯形来解决。当然外层需要套一个dp，dp[ S ] [ T ] 表示两个人的牌集合分别是S和T时先手的期望得分，转移对应一个|S|*|T|的矩阵游戏。

### Problem I：

求$F_p​$ 域下$n​$阶irreducible monic多项式的数量mod $m​$。

**Solution：**

抽象代数题。

以下多项式均默认monic。

最优美的解法是利用定理：

给定质数$p$和$n$，$F_p $所有度是n的约数的不可约多项式的乘积等于$x^{p^n}-x$

设$N(n)$ 为所有度为n的不可约多项式个数。

则根据上面的定理等式两边度相同，可以推出$\sum_{d\ |\ n}dN(d) = p^n$

莫比乌斯反演一下就可以求出$N(n)$.

## Day5:

**Problem J:**

求把排列A变成排列B置换环个数。

$AB$都是矩阵，$A_{ij} = (i-1)*m+j, B_{ij} = (j-1)*n+i$.

**Solution：**

首先把矩阵一行一行接起来变成数组，然后所有标号换成从0开始。

则$x=i*m+j​$

$P_x=j*n+i$

$P_x \equiv nx (mod \ mn-1)$

然后随便搞搞就可以了。

## Day6:

Problem A:

给出正整数A, B.

只能做4种操作:A+=A, B+=B, A+=B, B+=A. 要求3000步内使A=B。

Solution：

首先如果某个操作序列可以让$(kx, ky)$变成$(kz, kz)$, 也一定可以让$(x,y)$变成$(z, z)$.

如果$A,B$都是偶数，可以都除以2，否则如果一奇一偶，可以让奇数自己加自己一次，然后就可以都除以2. 因此每次至少有一个数除以2.

如果都是奇数，大的加小的一次，然后小的自己加自己一次，然后就可以都除以2. 这种操作的结果会导致两数的差除以2.

因此大概$O(logV)^2$ 步就可以了。