UOJ Round总结

#22. 【UR #1】外星人

一开始随便搞出第一问答案，很显然的性质对$x$有变化的$a$一定是递减的，就拿一个桶直接记录可以达到的值

然后我开始想第二问，一开始想直接在这个桶上统计答案，然后发现不行，之后再想，如果利用上面的性质，在选取了一个$a_i \leq x$时，会有一段区间的$a$可以随便插入到$a_i$之后，然后就被一些组合数学的细节绕晕，没有想清楚，这一段区间是$(x \mod a_i,x]$，并且要在$a_i$中挑一个出来放在最前面，然后会发现$x \mod a_i$是一个子问题，搞出来这个合法方案排列数后，将$(x \mod a_i,x]$中的数，插入排列中，方案数$(sum[x \mod a_i]+1)(sum[x \mod a_i]+2)...(sum[x]-1)$，即$\frac{sum[x-1]!}{sum[x \mod a_i]!}$

那么就设$dp[i]$为当前$x=i$时最大答案，$f[i]$为$x=i$且满足最大答案时的方案数

$dp[i]=\max dp[i \mod a_j]$  $(a_j \leq i)$

然后f[i]由那些可以得到最大答案的$f[i \mod a_j]$根据上面的更新得到

代码

#33. 【UR #2】树上GCD

首先考虑枚举$LCA$，那么就是统计统计利用不同子树各个深度的信息来统计答案，由于是深度信息，那么考虑利用长链剖分来维护这个信息，首先常规套路是继承重儿子信息，暴力维护轻儿子信息

先假设有两个数组$a,b$其中$a[i],b[i]$分别表示以该选定的$LCA$为根时，某一棵子树内深度为$i$的点的个数

考虑枚举答案$k$，那么开始推式子

$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j)=k]a[i]*b[j]$

$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} [gcd(i,j)=1]a[ik]b[jk]$

$\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} a[ik]b[jk] \sum_{d|gcd(i,j)} \mu (d)$

$\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor} a[ikd]b[jkd]$

$\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} a[ikd]) (\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{kd} \rfloor} b[jkd])$

在维护答案的时候，会产生对于一个数组下标为kd倍数的个数和，并且可以发现$a,b$数组可以简单的维护，只是每次重儿子继承上来的信息不能每一次都遍历一遍（轻儿子可以）

那么考虑根号分治

对于$> \sqrt n$的询问直接暴力查询，每一次查询是$\sqrt n$的时间复杂度，最终均摊时间复杂度为$O(n\sqrt n)$

对于$< \sqrt n$的询问，这样进行考虑，由于每一次dfs下去之后，进行重儿子继承的是一段重链不断向上更新，那么考虑记$dp[i][j]$表示当前重链继承上来深度$%i=j$的个数有多少，每次询问时$O(1)$，轻儿子合并时，更新$dp$值就可以了，然后如果更新到重链顶时，就清空$dp$数组（注意不能直接把所有的dp值都清空，只能清空用过的$dp$值，否则时间复杂度不对）那么均摊复杂度也为$O(n\sqrt n)$

代码

#32. 【UR #2】跳蚤公路

首先题目的意思就是让我们找出负环，解出$x$在环上不等式的解集

然后可以发现一个环的解集一定是一个形如$kx+b \geq 0$的形式，那么对于某一个点，其解集一定是一个连续的区间$[L,R]$，这样可以二分出来，注意这里先需要找出合法区间内的一个合法解，之后再能两次二分出左右端点，求一个合法解的方法也是二分，二分出$mid$后，如果不存在负环，那么说明这一定是一个合法解直接返回即可，如果有负环，那么用spfa跑出来之后，看是$+1$还是$-1$的边使得当前的图存在负环，只要记录一下到每一个点的$+1/-1$之和，如果为正，那么需要变大，如果为负，那么需要变小

那么最暴力的方法对于每一个点直接二分出这个区间，这样复杂度为$O(n^2mlogw)$

考虑强连通分量缩点，那么负环只有可能存在于强连通分量中，缩点后的图是一个DAG，最终某一个点的答案一定是1号点到这个点在DAG上走过所有强连通分量解集的交

那么有效的环一定是在某一个强连通分量中，只要对每一个强连通分量二分求出其合法区间即可，那么这个算法的上界是$O(nmlogw)$

那么最后合并答案的时候，只要进行拓扑序，然后上界取$min$，下界取$max$即可

题解中给出另外一种做法

考虑在spfa结束后，什么样的节点是在负环上的

设$f(n,i)$表示经过$n$轮之后到达$i$的最小路径

对于节点$i$，$i$在负环上的充要条件是

$f(n,i) \leq f(n-1,i)$

现在设$g(n,i,k)$表示经过$n$轮之和到达$i$并且到到这个节点的不等式$x$前的前的系数为$k$最短路径

$f(n,i)=\min\{g(n,i,k)+kx\}$

带入到上式得$ \min\{g(n,i,k)+kx\} \leq \min\{g(n-1,i,j)+jx\}$

解这个不等式即可

代码我只写了我的那个做法

代码