Solution Set - 神奇 NOIP 模拟赛

\[\mathfrak{\text{Defining }\LaTeX\text{ macros...}}\newcommand{\vct}[1]{\boldsymbol{#1}}\newcommand{\stir}[2]{\genfrac{\{}{\}}{0pt}{}{#1}{#2}}\newcommand{\opn}[1]{\operatorname{#1}}\newcommand{\lcm}[0]{\opn{lcm}}\newcommand{\sg}[0]{\opn{sg}}\newcommand{\dist}[0]{\opn{dist}}\newcommand{\lca}[0]{\opn{lca}}\newcommand{\floor}[2]{\left\lfloor\frac{#1}{#2}\right\rfloor}\newcommand{\ceil}[2]{\left\lceil\frac{#1}{#2}\right\rceil}
\]

  2021.10.29.

  「A. 莓良心」 给定 \(\{w_n\}\)，对于所有将其划分为 \(k\) 个非空集合的方式，求 \(w_i\times (w_i\text{ 所在集合大小})\) 之和的总和模 \(998244353\) 的值。\(n\le10^6\)。

  考虑算每个 \(w_i\) 的贡献次数，首先 \(w_i\) 自己算一次，\(\stir{n}{k}\)；任意 \(j\not=i\) 的 \(w_j\) 和 \(w_i\) 放一次时贡献一次，\((n-1)\stir{n}{k-1}\)，\(\mathcal O(n)\) 算第二类斯特林数单点值即可。

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  「B. 尽梨了」 给定 \(\{(a,b)_n\}\)，初始时 \(t=0\)，每次选一个未选过的 \(i\)，令 \(t\leftarrow(a_i+1)(t+1)+b_i\)，需要保证此时 \(t\le m\)。求最多能选择的次数。\(n\le2\times10^5\)，\(m\le10^9\)。

  交换贪心可知确定要选的集合时最优的选取顺序，依此排序后，问题变为从其中依次取子序列。注意到 \(a=0\) 的必然最后选，且按 \(b\) 从小到大选；\(a\not=0\) 每次选择至少有 \(t\leftarrow 2(t+1)\)，对于这种情况直接 DP，最后考虑 \(a=0\) 即可。复杂度 \(\mathcal O(n\log m)\)。

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  「C. 团不过」 有求 \(n\) 堆有标号石子堆，每堆石子数量在 \([1,2^n)\) 且不存在两堆相同数量石子堆时，Nim 先手必胜的方案数。\(n\le10^7\)。

  令 \(f_i\) 为仅考虑 \(i\) 堆石子的方案数，显然可以通过下降幂、\(f_{i-1}\) 和 \(f_{i-2}\) 进行转移。复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

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  「D. 七负我」 给定无向图 \(G\)，给每个结点赋非负实数权值 \(a_i\)，使得 \(\sum a_i=x\)，最大化 \(\sum_{(u,v)\in E}a_ua_v\)。\(n\le40\)。

  调整法证必然有一种方案，\(a_i>0\) 的结点的导出子图是团，团内部的最优决策显然是平均分点权（可以不等式或者口算一下拉格朗日乘子法），继而发现取最大团最优。这里直接 Meet in Middle 求最大团即可。复杂度 \(\mathcal O(2^{\frac{n}{2}}n)\)。

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  2021.10.30.

  「A. 特殊字符串」 水。

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  「B. 宝可梦」 给定一个 \(n\times m\)，有墙或空地的迷宫，保证空地在四联通意义下构成树。接下来 \(q\) 组询问，每次给定起点，第一步方向（保证不撞墙）和终点，求从起点摸着右手的墙走，需要走多少步到终点。\(nm\le5\times10^5\)，\(q\le10^5\)。

  分析清楚题意后，直接拆四个点建图。注意到可能作为起点，或者可能是中间过程的点必然是两两可达的，所以图是一整个环，在环上随便写写就行。

  Attention. 图在具体题目的具体性质分析清楚再动手，直接搓一个基环树森林的做法太浪费时间了。

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  「C. 矩阵」 给定 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\)，找一条四联通意义下的路径，使得依次经过的元素构成等比序列，或声明存在长度无穷大的路径。\(nm,a_{i,j}\le4\times10^4\)。

  先判掉无穷大，之后枚举第一步然后记忆化搜索可以做到 \(\mathcal O(nm\log^2 a)\)，或者 DP 一下可以做到 \(\mathcal O(nm)\)。

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  「D. 乘法」 求十六进制下 \(n!\) 除去末尾 \(0\) 后的最后 \(16\) 位。\(n<2^{64}\)，多测 \(T\le10\)。

  先求出 \(n!\) 含因子 \(2\) 的个数，接下来要求出

\[\sum_{i}f\left(\floor{n}{2^i}\right),
\]

其中 \(f(n)=(n-[2\mid n])!!\)，问题转化为求双阶乘。令 \(F_n(x)=\prod_{i<2n,2\nmid i}(2x+i)\)，那么 \(F_n(0)=(2n-1)!!\)，且 \(F_{2n}(x)=F_n(x)F_n(x+n)\)，注意到当次数 \(k>63\)，\([x^k]F_n(x)=0\)，所以可以暴力卷积。在二进制扫描 \(n\) 的同时倍增，可以做到 \(\mathcal O(T\log^3n)\)。

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  2021.11.01. 总之就是四道傻瓜题。

  「A. 集合均值」 水。

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  「B. 聚烷撑乙二醇」 水。但出题人不写浮点比较 SPJ 还卡精度。

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  「C. 技术情报局」 给定 \(\{a_n\}\)，求 \(\sum_{[l,r]}\left(\max_{i=l}^r\{a_i\}\right)\left(\prod_{i=l}^ra_i\right)\)，序列随机，模给定数 \(M\)。\(n\le10^7\)。

  单调栈 \(\mathcal O(n)\) 嘛，我告诉你能做就肯定能做的啦~

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  「D. 肯德基」 求 \(\sum_{i=1}^n\mu^2(i)i\)。\(n\le10^{14}\)，数据组数 \(T\le100\)。

  容斥，答案显然是

\[\sum_{i=1}^{{\sqrt{n}}}\mu(i)S(n/i^2)i^2,
\]

其中 \(S(n)=\frac{n(n+1)}{2}\)。发现可以用 \(i^2\) 对 \(n\) 进行整除分块。复杂度方面，当 \(i\le n^{\frac{1}{3}}\)，仅有 \(\mathcal O(n^{\frac{1}{3}})\) 个取值；当 \(i>n^{\frac{1}{3}}\)，有 \(\frac{n}{i^2}\le n^{\frac{1}{3}}\)，也仅有 \(\mathcal O(n^{\frac{1}{3}})\) 个取值，所以分块复杂度为 \(\mathcal O(n^{\frac{1}{3}})\)。总复杂度即 \(\mathcal O(\sqrt n+Tn^{\frac{1}{3}})\)。

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  2021.11.02.

  「A. 按位或」 求序列 \(\{x_n\}\) 的个数，满足 \(3\mid x_i\)，\(\bigvee_{i=1}^nx_i=t\)。答案模 \(998244353\)。\(n,t\le10^{18}\)。

  不太签到的题。联想十进制下 \(\bmod~3\) 的结论，发现 \(3\mid x_i\) 等价于从最低位起，相邻两个 bit 为一组，各组数值之和是 \(3\) 的倍数。容斥没有满足或起来为 \(t\) 的 bit 组计数即可。

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  「B. 最短路径」 给定一棵含有 \(n\) 个点的树，以及其中一个大小为 \(m\) 的关键点集 \(S\)。对于 \(S\) 中 \(|T|=k\) 的子集 \(T\)，求依任意次序遍历过 \(T\) 中所有结点的最短路径长度的期望。答案模 \(998244353\)。\(n\le2\times10^3\)，\(m\le300\)。

  遍历 \(T\) 的最短路径长度显然是 \(T\) 的虚树所含边数 \(\times2\) 减去 \(T\) 的树上直径，分别计数。对于边数，枚举边，求这条边两侧都有关键点的方案数；对于直径，令 \(d(u,v)\) 表示 \(u,v\) 的树上距离，对于路径 \(D(u,v)\) 定义一个严格偏序关系：

\[D(u,v)<D(x,y)\Leftrightarrow d(u,v)<d(x,y)\lor (d_(u,v)=d(x,y)\land (u,v)>(x,y)).
\]

其中 \((u,v)>(x,y)\) 指一般的二元组偏序关系，当然也可以替换成方便区分的其他式子。在此基础上，可以证明对于 \(D(u,v)\)，若不存在 \(w\) 能够使 \(D(u,w)>D(u,v)\land D(v,w)>D(u,v)\) 变大，则 \(D(u,v)\) 是直径。枚举直径 \(D(u,v)\)，求出无法更新直径的点集 \(\{w\}\)，剩下的 \(k-2\) 个关键点都取自 \(\{w\}\)，组合算贡献。

  为什么我忽略了边数和直径可以拆开算啊……

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  「C. 仙人掌」 给定一株仙人掌，求其邻接矩阵的行列式。\(n\le 10^5\)。

  等价于边匹配，得到的排列中，二阶轮换的贡献是 \(-1\)，其余 \(k\) 阶轮换的贡献是 \(2\times(-1)^{k-1}\)。圆方树 DP 即可。

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  「D. 对弈」 Cover「SDOI 2011」黑白棋。我不会，但是。

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  2021.11.03 @ LOCAL/20211103/

  「A. 鲜血之女王」 水，不过赛时无脑 DP 压根没证正确性（虽然过了。

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  「B. 撤离」 求排列 \(\{p_n\}\) 冒泡排序恰好进行 \(k\) 次 swap 后得到的排列。\(n\le10^6\)。

  我真的做过这道题吗？ 我会求进过完整 \(t\) 轮后的交换次数，也会求到经过完整 \(t\) 轮后得到的排列，而一轮最多 swap \(\mathcal O(n)\) 次，所以在这个排列的基础上再模拟一轮冒泡即可。

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  「C. 闪蝶」 水，线段树维护 GF 板题（但是选手不得试图使用生成函数。

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  「D. 缘分的天空」 给定一棵含 \(n\) 个结点的树，对于 \(k=0,1,\dots,n-1\)，求随机切树上 \(k\) 条边得到的森林中，每棵树所含结点数量的平方之和的期望值。答案模 \((10^9+7)\)。\(n\le10^5\)。

\[\begin{aligned}
E_k(|T|^2) &= E\left[\left(\sum_u [u\in T]\right)^2\right]\\
&= E\left(\sum_u [u\in T]^2\right)+2E\left(\sum_{u\not=v}[u\in T][v\in T] \right)\\
\end{aligned}\\
\begin{aligned}
\Longrightarrow E_k\left(\sum_i |T_i|^2\right) &= n+2\sum_{u\not=v}[\operatorname{path}(u,v)\in G_k]\\
&= n+\frac{2}{(n-1)^{\underline{k}}}\sum_{l=1}^{n-1}c_l(n-1-l)^{\underline{k}}.
\end{aligned}
\]

其中 \(c_l\) 表示原树上长度为 \(l\) 的路径条数。若能求出 \(\{c\}\)，可以发现这个式子是差卷积：

\[E_k\left(\sum_i |T_i|^2\right)=n+\frac{2}{(n-1)^{\underline{k}}}\sum_{l=0}^kc_l(n-1-l)!\cdot\frac{1}{(n-1-l-k)!}.
\]

  好吧其实难点是实现，求 \(\{c\}\) 可以 DSU 或者点分，但得写多项式卷积。注意路径条数不超过 \(n^2\)，所以可以写模 long long 的 NTT。但是最后这个卷积是真的没办法——只能写 MTT。总之吧我一份代码写了 MTT + NTT，常数大概是标算的 \(0.2\) 倍叭。但是有 9K 的码量。

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  2021.11.04.

  「A. 谜之阶乘」 水。

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  「B. 子集」 将 \(1\sim n\) 划分为 \(k\) 组，每组大小相等且数字和相等。多测，\(\sum n\le10^6\)。

  每组大小是偶数显然；若是奇数，尝试先用一些数组把每组大小填充成偶数。观察样例并打表发现可用 \(1\sim 3k\) 填每组前 \(3\) 个，具体构造方法多种多样（我懒得描述了√

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  「C. 混凝土粉末」 \(\{a_n\}\) 初始全为 \(0\)，\(q\) 次操作，区间加，询问某个 \(a_i\) 最早什么时候 \(\ge h\)。\(n,q\le10^6\)。

  对不起两个 log 无脑整体二分能操过。 离线下来，在序列上做扫描线，在时间轴上维护 BIT 或线段树，树上二分求答案，即可做到单 \(\log\)。

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  「D. 排水系统」 挺可爱的题 w。我的题解。

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  2021.11.05.

  「A. 回文」 给定字符矩阵 \(\{S_{n\times m}\}\)，求从 \((1,1)\) 出发走到 \((n,m)\) 且只向下或向右走的所有路径中，依次经过的字符形成回文字符串的路径数量。\(n,m\le500\)。

  明显只能从起点和终点同时 DP。\(f(i,j,k)\) 表示起点终点各走 \(i\) 步，起点走到第 \(j\) 行，终点走到第 \(k\) 行，当前行走路径字符串对称的方案数。讨论一下转移，滚掉第一维状态就行了。

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  「B. 快速排序」 水。

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  「C. 混乱邪恶」 给定 \(A\subseteq\{1,2,\dots,m\}\)，\(|A|=n\in(\lfloor\frac{2m}{3}\rfloor,m]\)。求 \(S\cup T=A,S\cap T=\varnothing\)，且 \(\sum_{a\in S}a=\sum_{b\in T}b\)。\(m\le10^6\)。

  要看出这是道构造题而非乱搞题就很难啊喂。 如果 \(n\) 是奇数，令 \(A\leftarrow A\cup\{0\}\)。将 \(A\) 的元素升序排列后，令 \(d_i=a_{2i}-a_{2i-1}\)，我们尝试用 \(\{d_{n/2}\}\) 来构造等和。（为什么想到两两捆绑？这就是传说中构造题的 movitation？）

  观察 \(\{d_{n/2}\}\) 的性质：\(\sum_id_i\le m-\frac{n}{2}<n\)（利用题设性质，太 tm 妙啦），即至少有一个 \(d_i=1\)。接着归纳构造：

• 若 \(\forall d_i=1\)，由于 \(2\mid\sum_id_i\)，必然有解；

• 否则，将 \(\{d\}\) 中最大值和最小值（必为 \(1\)）取出，将它们的差值返还。

  这个方法显然是很厉害的。

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  「C. 校门外歪脖树上的鸽子」 给定一棵维护序列长度为 \(n\)，随便划分区间的线段树，支持 \(m\) 次区间加或查询区间和操作。但是标记不下传。\(n,m\le2\times10^5\)。

  左右加哨兵，变成类似 ZKW 线段树的形式，修改查询都类似于走一条路径，修改/统计某侧儿子的贡献，所以你永远可以相信 毛毛虫剖分。

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  2021.11.06.

  「A. 破门而入」 水，但有个傻子拿 EGF 推出式子准备开始写暴力卷积的时候发现这是第一类 Stiring 数。

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  「B. 翻转游戏」 从读完题到证完结论不到 30s.jpg。

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  「C. 奶油蛋糕塔」 总不能看不出是欧拉路吧，但有个傻子状压连通性+状压度数奇偶性大力 DP WA 了。

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  「D. 多重影分身之术」 建议换道题放 T4。

  我敲？这就是今天的题解吗？！

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  2021.11.07. 总之就很辣鸡。

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  2021.11.08. 今天是 Yet another NOI Professional Simulation。（

  「A. NOIP 2018」 水。

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  「B. CSP 2019」 给定 \(n\) 阶矩阵 \(A\) 和列向量 \(b\)，\(T\) 次询问，每次询问给出 \(k\)，求 \(\bmod 2\) 意义下的 \(A^kb\)。\(n,\sum \log_2k\le2\times10^3\)。

  取 \(A\) 的特征多项式 \(p(x)=|xI-A|\)，由 \(\sf Cayley–Hamilton\) 定理，\(p(A)=0\)。令

\[r(x)\equiv x^k\pmod{p(x)},
\]

那么 \(A^k=r(A)+kp(A)=r(A)\)。而 \(\deg r=\mathcal O(n)\)，考虑答案形式为 \(\sum_i r_iA^ib\)，可以预处理 \(A^ib\)快速求解。

  写不来，全程口胡。

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  「C. CSP 2020」 定义正整数 \(x\) 的拆分是数列 \(\{t_k\}\)，满足 \(t_i\in\{0,1,\dots,9\},\sum t=x\)，此时将 \(t\) 依次写下作为一个十进制数 \(v_x\)。现给出 \(m\)，对于 \(n=1,2\dots,m\)，求 \(n^3\) 的所有拆分得到的 \(v_{n^3}\) 去重并升序排序后的第 \(n^4\) 个数。答案模 \(p\)（不保证为素数）。\(m\le10^3\)。

  注意到成为答案的 \(v_x\) 应有 \(\log_{10}v_x\approx\frac{x}{9}\)。因为在 \(\overline{a99\dots9}\) 中选若干个 \(9\) 减去 \(1\)，令 \(a\) 加上减去的总和，这一方案数的规模远大于 \(n^4\)。

  回到题目，这种题惯用手法是确定位数，再从高到低枚举，用方案数判断当前位的取值。预处理约 \(n^{1.5}\) 范围内的方案数，对于超过该范围的方案，组合数的快速增长让我们可以快速判断与需求方案数的大小关系。最后，只特判后导 \(9\) 的起始位置即可。总复杂度为 \(\mathcal O(m^{2.5})\)。

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  「D. NOIP 2021」 对于素数 \(p=4324321=2^5\times3^3\times5\times7\times11\times13+1\)，取其原根构成的序列 \(\{g_0,g_1,\cdots,g_{m-1}\}\) 作为密钥，对于明文串 \(S\)，定义加密 \(s_i\mapsto g_{i\bmod m}^{s_i}\bmod p\)。现给出 \(m\) 和密文 \(S'~(|S'|=n)\)，解出明文 \(S\)。\(m\le10^5\)，\(40m\le n\le 50m\le5\times10^6\)。保证明文是有意义的英文段落，\(s_i\) 是大小写字母以及 \(\{\text{' '},\text{'.'},\text{','},\text{'?'},\text{'!'},\text{'-'},\text{'"'},\text{'''},\text{':'},\text{'('},\text{')'},\text{';'}\}\) 中的一个。

  任取一个 \(p\) 的原根 \(r\)，令 \(g_i=r^{\alpha_i}\)，显然 \(\alpha_i\perp\varphi(p)\)。那么 \(s'=g_i^s\Rightarrow \operatorname{Ind}_r s'=\alpha_is\)。\(\operatorname{Ind}_r s'\) 是可求的，我们枚举 \(s\)，解同余方程就能够得到若干可能 \(\alpha_i\)，用 \(\alpha_i\) 尝试解密一些 \(s\) 即能判断合法性，考虑到对于错误的密钥，解出字符在字符集内的概率极小，视为 \(\mathcal O(1)\)。现在就几乎能完成解密了，不过很卡常。

  联系 \(S\) 是英文文段以及生活实际，猜测一些字符在至少 \(40\) 个位置中必然出现，关键问题是找到方便后续计算的字符。注意到 \(\alpha_i\perp\varphi(p)\)，即 \(\gcd(\operatorname{Ind}_rs',\varphi(p))\) 完全来自 \(s\)。注意到 \(s\in\{\text{i},\text{h},\text{n},\text{l},\text{u},\text{p},\text{c}\}\) 时恰整除 \(\varphi(p)\)；当 \(s=\text{' '}\) 时，\(s\) 的倍数全为非法字符。所以直接考查 \(\operatorname{Ind}_rs'\) 对于它们的整除性即可。

  看什么看，我写 T 了。

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  2021.11.10.

  「A. 开挂」 水。

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  「B. 叁仟柒佰万」 水。

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  「C. 超级加倍」 给定一棵树含 \(n\) 个结点的树，求路径 \((u,v)\) 的数量，使得 \(u\not=v\)，且 \(u\) 是路径经过结点中标号最小的，\(v\) 是路径经过结点中标号最大的。\(n\le2\times10^6\)。

  我是不是傻 qwq。 点分治？我想我优化不动二维偏序。而注意到树上最大最小，应该联想到笛卡尔树。建出大根笛卡尔树和小根笛卡尔树，那么 \((u,v)\) 合法当且仅当在大根树上 \(v\) 是 \(u\) 的祖先，在小根树上 \(u\) 是 \(v\) 的祖先。在一棵树上 DFS，BIT 维护另一棵树上的 DFN 即可。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。

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  「D. 欢乐豆」 给定含 \(n\) 个结点的有向完全图，边 \(\lang u,v\rang\) 的权为 \(w\lang u,v\rang=a_u\)，现修改 \(m\) 条边的点权，求两两最短路之和。\(n\le10^5\)，\(m\le2\times10^3\)。

  显然由修改的边构成的图中，不同的连通块相对独立。在一个连通块中，可以线段树优化 Dijkstra 暴力做最短路。所以可以做到 \(\mathcal O(m^2\log m)\)。有一些并不太困难的小细节叭。

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  2021.11.11.

  「A. 嗑瓜子」 水。

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  「B. 第 k 大查询」 给定排列 \(\{a_n\}\)，求所有长度大于 \(k\) 的区间的第 \(k\) 大值之和。\(n\le5\times10^5\)，\(k\le50\)。

  从 \(n\) 到 \(1\) 枚举第 \(k\) 大值 \(x\)，一个区间的第 \(k\) 大为 \(x\) 当且仅当其中包含恰好 \(k\) 个大于等于 \(x\) 的数。维护已经枚举过的值，发现可能作为合法区间端点的只有 \(\mathcal O(k)\) 段，暴力计算答案即可。

  神 tm std::set::iterator 的自加是最坏 \(\mathcal O(\log n)\) 的，只有扫描整个 set 是均摊 \(\mathcal O(1)\) 的（相当于遍历一棵树），T 飞了。

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  「C. 树上路径」 给定一棵含有 \(n\) 个结点的树，设 \(l_1,l_2\) 是两条点不交路径的长度（经过结点个数），求可能的 \((l_1,l_2)\) 的数量。\(n\le5\times10^5\)。

  路径点不交，那么存在一条边，使得割掉这条边后两条路径分别处于两棵子树，换根求出两棵子树的直径后转化成矩阵并（其实就是后缀最大值）。（换根有点细节别写错了 qwq。

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  「D. 糖」 数轴上依次有 \((n+1)\) 个关键点，第 \(0\) 个点为原点，第 \(i\) 个关键点的坐标是 \(a_i\)。你从 \(0\) 出发，每走一单位吃掉一颗糖，每到达一个关键点，可以以 \(b_i\) 的单价买糖，以 \(s_i\) 的单价买糖，但最多携带 \(C\) 颗糖。求到达 \(n\) 号关键点时的最小花费（假设你初始的钱足够多）。\(n\le2\times10^5\)，保证有解且答案有限。

  做这种买卖问题的一贯套路是：凭空买，凭空卖，等价操作赚大钱。我们直接从等价操作的角度研究：

• 买入再以相同价格退掉 \(\Leftrightarrow\) 不买，所以每到一个关键点可以补满背包。

• 买入，篡改价格，退掉 \(\Leftrightarrow\) 低买高卖，所以我们只需要处理“买”和“退”两种操作。

  实现上，走到 \(i\) 时，维护当前背包内剩余的糖果集合 \(S\)，并保持价格单调性。将背包内所有价格 \(<s_i\) 的糖果价格篡改为 \(s_i\)（卖）；将背包内所有价格 \(>b_i\) 的糖果价格改为 \(b_i\)（重新买），并用当前 \(b_i\) 补满背包；最后吃掉下一步需要的糖果（挑便宜的吃咯）。