NOIP2020 部分简要题解

C

首先考虑 \(n = 2\) 怎么做。

可以发现的是我们一定要借助空柱子 \(n + 1\)，并且两个柱子都必须要移动。

注意到此时本质上就是将两种球分类，于是我们考虑能否将一个柱子上两种颜色分开（并对其他柱子不产生影响）。

假设要将 \(1\) 上两种颜色分开，并且 \(1\) 颜色在上 \(2\) 在下。

令 \(1\) 柱子上有 \(a\) 个 \(1\) 那么我们考虑现在第 \(2\) 个柱子上先预留 \(a\) 个空位，将这些球先全部转移到 \(n + 1\) 上。

然后对于第一个柱子上的球从上到下考虑，若当前顶端的球为 \(1\) 则放到 \(2\) 柱子上，否则放到 \(n + 1\) 上。

然后先将 \(n + 1\) 上方的 \(m - a\) 个 \(2\) 球还原到 \(1\) 柱子，再将 \(2\) 上方的 \(a\) 个 \(1\) 球还原到 \(1\) 柱子，最后将 \(n + 1\) 剩下的球还原到 \(2\) 柱子。

容易发现这样对 \(2\) 柱子没有影响且操作合法达成了目的，仔细定量发现操作数是 \(2m + 2a\) 的。

我们对两个柱子都做上面的操作将 \(1\) 放到上面来，然后就可以轻松达成目标了。

接下来回到原问题，此时我们发现上述做法的本质是：将柱子 \(x\) 上颜色为 \(c\) 的球上提到顶端且 \(x\) 上其他球相对位置不变，同时不会对其他柱子产生影响。

此时考虑按照颜色依次还原，假设当前考虑到了颜色 \(c\) 对上述柱子将 \(c\) 全部提到顶端，然后将 \(c\) 移到空柱子上接着任选一个柱子将球全部分配到非满柱子上，就递归为删去这个颜色的子问题。

分析操作次数，对于每种颜色需要对每个柱子均操作一次，因此操作次数：\(\sum\limits_{i = 1} ^ n i2m + 2nm = n(n + 3)m\)，已经可以通过 \(70\) 分，考虑进一步优化。

容易发现上述做法操作较多的原因是对 每种颜色 都重新做一轮，这样事实上浪费了很多操作。

那么能否考虑减少有效颜色的操作呢？考虑分治。

我们每次考虑将编号 \(\le mid\) 的球染成白色，剩下的球染成黑色，目标同样是将柱子上清成同一种颜色。

令对于长度为 \(n\) 的序列操作次数为 \(f(n)\)，那么总操作次数应该为 \(f(n) \log n\)，于是只需要考虑上述问题如何做即可。

类似上提的思路，我们考虑每次任选一个至少有两种颜色的柱子 \(x\)，然后再任选一个 \(y \ne x\)，在没有完成目标时总能做到。

令 \(x_0, x_1, y_0, y_1\) 分别为 \(x\) 上白球/黑球数量，\(y\) 上白球/黑球数量。

发现总存在 \(x_0 + y_0 \ge m\) 或 \(x_1 + y_1 \ge m\)，不妨设 \(x_0 + y_0 \le m, x_1 + y_1 \ge m\)。

于此同时，我们不妨设 \(x_0 \le y_0 \le \frac{m}{2}\)。

我们首先对 \(x\) 将白球上提，消耗次数 \(2m + 2x_0\)。

然后将 \(x\) 上的白球全部移动到空柱子上，消耗次数 \(x_0\)。

对 \(y\) 上的球从上到下考虑，若顶端球为白色，那么移动到空柱子上，否则移动到 \(x\) 上直到 \(x\) 上球满为止，至多操作 \(x_0 + y_0\) 次。

最后将 \(n + 1\) 上的球全部运回 \(y\) 上，消耗次数 \(x_0 + y_0\)。

这样 \(x\) 上的球全部变为黑色，且因为 \(x_0 + y_0 \le m\) 所以空柱子上球不会爆出来。

计算上面的总次数：\(2m + 5x_0 + 2y_0 \le 5.5m\)，因此我们做到了总操作次数 \(5.5nm\log n\)。

带入满分的数据范围大约是 \(660000\) 次，可以轻松通过。

当然可以底层直接实现 \(70\) 分的 \(n(n + 3)m\) 次操作的小常数做法，可能可以达到更优的次数。

D

首先考虑一个暴力，先判掉无解的情况。

注意到题目需要求所有初始局面的存活时间，于是我们类似期望存活时间的转化，令 \(f(x)\) 为初始位置为 \(x_1, x_2, \cdots x_m\) 的存活时间，那么答案为：

\[\sum\limits_t ^ \infty \sum\limits_x [f(x) \ge t]
\]

这等价于令 \(f(t)\) 表示 \(t\) 时刻任然存活的初始局面数量，那么答案为：

\[\sum\limits_t ^ \infty f(t)
\]

此时我们发现，\(f(t)\) 的数量是每个维度存活数量的积，那么每个维度之间就是相互独立的了。

注意到有效时间至多只有 \(nw\) 天，于是可以考虑枚举天数然后暴力维护当天每个维度依然存活的数量，复杂度 \(\mathcal{O}(nmw)\)。

考虑优化这个过程，显然问题在于如何优化暴力枚举天数部分。

令 \(f_i(t)\) 为维度 \(i\) 在时刻 \(t\) 依然存活的初始状态数量，此时我们有如下关键观察（证明不难）：

• \(f_i(t)\) 在时刻 \(n + 1\)（也即第二轮）开始呈周期长度为 \(n\) 的定值长度减少。

同时我们可以观察到减少的定值长度为 \(q_i = \sum\limits_{j = 1} ^ n [c_j = i] \times d_j\)。

那么我们令总共经过了 \(t\) 整轮 后就不存在局面存活了，那么第 \(2 \sim t\) 轮的贡献可以描述为：

\[\begin{aligned}
\sum\limits_{i = 2} ^ t \sum\limits_{j = 1} ^ n \prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(n + j) - q_k \times (i - 2) \\
\end{aligned}
\]

不妨做简单变换：\(t \leftarrow t - 2, f_i(n + j) \leftarrow f_i(j)\)，那么上式即：

\[\begin{aligned}
& \ \ \ \ \ \sum\limits_i ^ t \sum\limits_{j = 1} ^ n \left(\prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(j) - q_k \times i\right) \\
&= \sum\limits_{i = 1} ^ n \sum\limits_j ^ t \left(\prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(i) - q_k \times j\right)
\end{aligned}
\]

令 \(g_i(j) = \prod\limits_{k = 1} ^ m f_k(i) - q_k \times j\)，容易发现这是一个仅与 \(i\) 有关的 \(m\) 次多项式，于是上式等价于求 \(n\) 个给定的 \(m\) 次多项式的前缀点值的和。

有经典结论 \(m\) 次多项式的非负前缀点值和为一个 \(m + 1\) 次多项式，于是我们就可以插值得到 \(x = t\) 处的点值。

复杂度 \(\mathcal{O}(nm ^ 2)\)，瓶颈在于计算 \(n\) 个多项式 \(0 \sim m + 1\) 处的点值。

有点轻微卡常，需要将拉格朗日插值换成连续点值的 \(\mathcal{O}(m)\) 插值。