2024/10/2 CSP-S模拟赛

A

一道映射(下文有可能会说成置换)好题，题面描述太恶心，纯纯傻逼阅读理解。

首先很容易发现后几种操作都是对数列的后两个数进行辗转相减法，所以如果一开始给的后两个数和当前数列的后两个数的\(gcd\)不相同，就不可能。

接着考虑，你至少要执行一次的第一个操作(题面规定也)，我们从循环节的角度进行考虑，怎么计算呢？

首先说一下什么是循环节，看这个：

来自pz给的ppt，很好整，其实就是上下两个定义，回去我录个视频，方便理解。

那么你至少要搞一次第一次操作，其实就是把该数列置换后的结果变成平方。

那么如果存在一个完整的循环节(其实就是一个完整的序列)的平方是这个序列，那么答案其实就是成立的。

现在你考虑如何计算这个数列是否能开方，有一个关于置换的定理：

如果一个置换序列能被开平方，那么这个数列的循环节肯定不存在奇数个长度为偶数的循环节，那么其实就很好做了，只需要对当前序列疯狂的求出所有循环节，然后直接判断就ok了。

另外，要看好数据范围再memset！！！

贴一个yzh的复习笔记：

B

好题。

这题其实是原题，在大工VS辽实的T3里出现过，基本是一摸一样。

对于观看这个题解呢，我的理解是把两个结合起来观看，分别是 这个和这个，结合起来看的话无论是从感官还是从方便理解来看都很舒服。

好了，接下来我们说一下这个题的思路。

你考虑，你在一段长度为\(m\)的区间里至少要选两个，最终要求结果最小，所以一段长度为\(m\)要选两个。

我们钦定状态\(dp_{i,j}\)表示最后选的汤圆的下标为\(i\)，倒数第二个选的是\(j\)

你考虑怎么转移这个东西，显然得到一段公式：

\[dp_{i,j} = min(dp_{j,k})+a_i(i-m+1\le k \le j-1)
\]

那么你考虑这玩意怎么做优化，因为这个做法显然是\(O(n^3)\)的。

你考虑，对于\(dp_{i,j}\)，他需要比较的是\(dp_{j,i-m+1}\to dp_{j,j-1}\)；对于\(dp_{i+1,j}\)，他需要比较的是\(dp_{j,i-m} \to dp_{j,j-1}\),欸，这个时候你会惊奇的发现，对于\(dp_{j,i-m+1} \to dp_{j,j-1}\)这一段，他的枚举是冗余的，这张图片会更好理解：



这就是优化的地方，你考虑，我记录一个\(res\)，表示当前上端区间的最小值，而这段区间的最小值，其实就是\(min(res,dp_{j,i-m})\),那么就可以把枚举\(k\)这个步骤给省略了！

这个时候再明确一下枚举顺序就可以了！

你考虑，在求这个位置的最小值的时候，需要跟他前面的进行比较，所以，\(j\)需要从小到大进行枚举：for(int j = 1;j <= n;j++)

但是你考虑，对于枚举最小值的时候，他跟\(01\)背包的过程是类似的，如果你正着枚举的话，你有可能会重复，而且这玩意是一个类似滑动窗口的东西，所以你要倒着扫。

记得初始化并且取模！直接就滚动数组就可以解决这个题了。

D

先给几个前置知识：

1. 快速计算斐波那契数列的通项公式:$$\sum_{i=1}^{n}F_i = F_{n+2}-1$$
   
   接下来我们给出证明。
   
   首先明确一个东西----数学归纳法:当一个等式在\(m\)下成立，推导过后\(m+1\)也成立，则该等式成立(注意，前提是在\(1\)的情况下他也成立)
   
   
   
   那么就好整了，当\(n = 1\)时这个式子显然是成立的，\(2-1 = 1\)，
   
   那么引出有关\(m+1\)的等式：

\[\sum_{i=1}^{m+1} = \sum_{i=1}^{m}+F_{m+1}
\]

\(\;\;\;\;\;\;\;\)由结论：

\[\sum_{i=1}^{n}F_i = F_{n+2}-1
\]

\(\;\;\;\;\;\;\;\)得到:

\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{m+1} &= \sum_{i=1}^{m}F_i+F_{m+1} \\ &= F_{m+2}+F_{m+1}-1\\
&=F_{m+3}-1
\end{aligned}
\]

\(\;\;\;\;\;\;\)则该式子在\(m+1\)与\(1\)下均成立，故此式子成立。

1. 有关小球与盒子的公式：

\[ m^n = \sum_{i=1}^{m}S(n,i)C_{m}^{i} i!
\]

\(\;\;\;\;\;\;\)这个还是挺好理解的,前面那个是有\(n\)个不同小球放入\(m\)个不同盒子中，每个盒子可以为空。

\(\;\;\;\;\;\;\)后面那个\(S(n,i)\)就是斯特林数，他的意思就是从\(n\)个不同的小球放入\(m\)个相同的盒子，盒子不可以为空。那么意思就显然了

---

接下来我们把原来的式子推一下：

\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{n}(\sum_{m=1}^{r}F_i)!\times i! \times \sum_{l=0}^{i}\sum_{j=0}^{\sum_{t=1}^{r}F_t} \frac{S(K,i-l)}{l!}
\frac{S(i,\sum_{w=1}^{r}F_w-j)}{j!}
\\

=&\sum_{i=1}^{n}L! \times i! \times \sum_{l=0}^{i}\sum_{j=0}^{L}\frac{S(K,i-l)}{l!}\frac{S(i,L-j)}{j!}
\\
=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{l=0}^{i}S(K,i-l)\frac{i!}{l!}\sum_{j=0}^{L}S(i,L-j)\frac{L!}{j!}
\end{aligned}
\]

那么这个时候怎么算呢，你考虑，\(\sum_{l=0}^{i}\)时\(S(K,i-l)\frac{L!}{l!}\)与\(S(K,l)\frac{L!}{(i-l)!}\)的结果显然时相同的，\(\sum_{j=0}^{L}S(i,L-j)\frac{i!}{j!}与\sum_{j=0}^{L}S(i,j)\frac{i!}{(L-j)!}\)相同，所以原式可以变化为:

\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{n}\sum_{l=0}^{i}S(K,i-l)\frac{i!}{l!}\sum_{j=0}^{L}S(i,L-j)\frac{L!}{j!}
\\
=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{l=0}^{i}S(K,l)\frac{i!}{(i-l)!}\sum_{j=0}^{L}S(i,j)\frac{L!}{(L-j)!}
\end{aligned}
\]

这个时候你发现\(\frac{L!}{(i-l)!}\)和组合数是不是挺像的?

(组合数公式：\(C_{n}^{m} =\frac{n!}{m!(n-m)!}\))

是不是其实就是\(C_{i}^{l}\times l!\)?

另一个\(\frac{i!}{(L-j)!}\)同理。

故原式转换为：

\[\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{n}\sum_{l=0}^{i}S(K,l)\frac{i!}{(i-l)!}\sum_{j=0}^{L}S(i,j)\frac{L!}{(L-j)!}
\\
=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{l=0}^{i}S(K,l)C_{i}^{l}\times l!\sum_{j=0}^{L}S(i,j)C_{L}^{j}\times j!
\end{aligned}
\]

那么这个时候你和前面那个前置知识\(2\)对比一下，发现式子可以转换为：

\[\sum_{i=1}^{n}i^KL^i
\]

其中\(S(n,m)\)为斯特林数，\(L\)为\(F_{n+2}-1\)

至此，我们便可以得到了这个题的\(30pts\)做法，我已经尽力了。