[题解向] CF#536Div2の题解 E&F

\(0x01~~Preface\)

\(emmm\)这次CF本身打的很顺畅，但是居然unrated了……咕咕咕咕

这是头一次CF有比赛我全部题目都做了……可喜可贺可喜可贺233

简单总结一下前面四道题\(\color{red}{Link}\)：

• A题：sb题，\(O(n^2)\)枚举的红题（或许都不到），但是我\(check\)的时候太粗心WA了一次身败名裂XD

• B题：sb题，一个模拟，需要一个可以处理优先级的数据结构（其实就是堆但是我一开始想的是线段树）

• C题：sb题，一个贪心（其实是数学上可proof的数学题但被我当贪心题做了XD），大概就是你胡乱排个序之后胡搞一下就好。

• D题：水题，思考一下可得，我们只需要写一个BFS+一个优先队列即可，因为无向图+随便走=胡搞八搞

下面两道题就好像不是那么水了qaq

\(0x02~~E\cdot \text{Lunar New Year and Red Envelopes}\)

\(\color{red}{Link}\)

简单来说就是给\(k\)个区间，每个区间一个左端点\(s\)一个右端点\(e\)，同时还有一个蜜汁·右端点\(t\)。顺着时间线\(1\)~\(n\)，可以从\(s_i\)到\(e_i\)的时间内选择获得\(w_i\)的收益，但同时下次的选择必须在\(t_i\)之后。

最大化收益的思路下，有\(m\)次机会让选择者在某个时间点啥都不干。求最小的收益。

\(\mathfrak {Solution}\)

呃，其实比较容易的发现就是个时间线\(DP\)。根据"\(n\)不大就DP\(n\)"的是指导思想（瞎扯的），我们应该按时间\(DP\)。那么第一步就是把每个区间的信息映射到时间线上去。这个时候有一个比较妙的\(idea\)。首先我们给每个区间的\(s\)和\(e+1\)在时间线上分别打上不同的标记，之后我们考虑沿时间线从前向后扫描每一段区间，每当遇到一个区间的\(s\)时就丢到一个\(multiset\)里面，反之遇到\(e+1\)时就\(erase\)。然后这样我们只顺便乱搞一下就可以得出每个时间点最优的方案。

之后？之后就直接\(nm\)的DP啊，毕竟\(nm\)只有\(20million\)那么大。

Ps:由于STL中multiset一删删一串的zz性质，改用map惹qaq

#include <map>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>

#define MAXM 233
#define MAXN 100010
using namespace std ;

struct time_node{
    int mark, d, w ;
    bool operator < (const time_node &T) const {
		return w > T.w || (w == T.w && d > T.d);
	}
} base[MAXN] ;
map <time_node, int> M_set ;
vector<time_node>Time[MAXN] ; long long Ans ;
int N, M, K, A, B, C, D, i, j ; long long dp[MAXN][MAXM] ;  

int main(){
    cin >> N >> M >> K ;
    memset(dp, 63, sizeof(dp)) ;
    for (i = 1 ; i <= K ; ++ i){
        scanf("%d%d%d%d", &A, &B, &C, &D),
        Time[A].push_back((time_node){1, C, D}) ;
        Time[B + 1].push_back((time_node){2, C, D}) ;
    }
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i){
        register int tot = Time[i].size() ;
        for (j = 0 ; j < tot ; ++ j)
            if (Time[i][j].mark == 1) ++ M_set[Time[i][j]] ;
            else M_set[Time[i][j]] > 1 ? M_set[Time[i][j]] -- : M_set.erase(Time[i][j]) ;
        if (M_set.size()) base[i] = (*M_set.begin()).first ; else base[i] = (time_node){0, i, 0} ;
    }dp[0][0] = 0, Ans = dp[1][1] ;
    for (i = 1 ; i <= N ; ++ i){
        for (j = 0 ; j <= M ; ++ j){
            j > 0 ? dp[i][j] = min(dp[i - 1][j - 1], dp[i][j]) : 1 ;
            dp[base[i].d][j] = min(dp[base[i].d][j], dp[i - 1][j] + base[i].w) ;
        }
    }
    for (i = 0 ; i <= M ; ++ i) Ans = min(Ans, dp[N][i]) ; cout << Ans << endl ; return 0 ;
}

\(0x03~~F\cdot \text{Lunar New Year and a Recursive Sequence}\)

\(Link\)

简单来说就是给你一个序列\(F_x\)的\(k\)项的递推法则（幂次积式递推），在认定前\(k-1\)项都满足\(F_x=1\)的基础上给定\(F_n\)，让你倒推出\(F_k\)来。

\(\mathfrak {Solution}\)

恕我直言…这道题我考场上是不可能会的…（已扑街

首先我们观察一般形式：$$F_x = \begin{cases}1~, &\rm{x<k} \newline ?~, & \rm{x = k} \newline \prod\limits_{j=1}^kF_{x-j}{b_j} , & \rm{x>k}\end{cases}~ (\mod 998,244,353)$$

大体上这个式子是没法做的，因为毕竟是乘积+幂次方递推的形式。但是这个地方有个我没想出来、想出来也不会用的\(Idea\)，就是我们既然要把乘积转化成求和的形式，那就只能在指数上乱搞。换句话说，我们可以考虑把它的每一项都写成同一个数的幂次，那么递推的时候只需要做加法就可以了。

次我们选择\(998,244,353\)的原根作为底数。因为原根有一个很优美的性质，就是\(p\)的原根的幂次可以遍历\(p\)的简化剩余系。而由\(NTT\)里得到的经验，这个模数的最小原根是\(3\)。

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原根的基本定义：设\(g\)为\(p\)的一个原根，则满足：

\[