Solution Set - “也许我们早已经共鸣在那约定之地”

目录

• 0.「AGC 024D」Isomorphism Freak
• 1.「APIO 2018」「洛谷 P4631」选圆圈
• 2.「UR #2」「UOJ #31」猪猪侠再战括号序列
• 3.「UR #3」「UOJ #48」核聚变反应强度
• 4.「HAOI 2018」「洛谷 P4493」字串覆盖
• 5.「CF 1817A」Almost Increasing Subsequence
• 6.「CF 1817B」Fish Graph
• 7.「CF 1817C」Similar Polynomials
• 8.「CF 1817D」Toy Machine
• 9.「LR #9」「LOJ #560」Menci 的序列
• 10.「UR #3」「UOJ #49」铀仓库
• 11.「UR #3」「UOJ #50」链式反应
• 12.「JSOI 2018」「洛谷 P4518」绝地反击
• 13.「BZOJ #2567」篱笆
• 14.「洛谷 P9308」#1f1e33
• 15.「UR #4」「UOJ #51」元旦三侠的游戏

0.「AGC 024D」Isomorphism Freak

• Link & Submission.

  设直径为 \(d\), 则最小同构系大小显然是 \(d/2+1\), 我们只需要求出满足这个大小的最少叶子数. 我们确定一个点或者一条边为中心, 向外 BFS, 同层结点的度数需要最终相同, 因此此时最少叶子树就是每层度数最大值的乘积. 这个中心点不一定和直径有关, 但… \(n\) 实在是太小了, 全部枚举一边就行, \(\mathcal O(n^2)\) 可过.

1.「APIO 2018」「洛谷 P4631」选圆圈

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• 「A.计算几何」「B.Tricks」

  好像在 127 的论文里见过这个网格化的 trick?

  设当前最大半径为 \(R\), \(L\) 为任意满足 \(L>2R\) 的阈值. 那么, 我们在坐标系上按 \(L\) 为边长划分网格后, 两个圆相交的必要条件就是它们圆心所在的网格八联通. 若将 \(L\) 保持在 \((2R,4R)\) 的范围, 我们就能以 \(\log\) 次重构的代价限定出一个良好的检查范围. 正好, 大圆间会相互消除, 所以无效检查次数并不多. 用 std::map 之类的暴力维护网格信息, 可以做到 \(\mathcal O(n\log^2n)\).

2.「UR #2」「UOJ #31」猪猪侠再战括号序列

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  构造 (((...))), 最坏 \(n\) 次交换.

3.「UR #3」「UOJ #48」核聚变反应强度

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  \(\text{sgcd}\) 一定是 \(\gcd\) 除上 \(a_1\) 的某个素因子, 直接枚举就行. 复杂度 \(\mathcal O(\sqrt V+q(\log V+\omega(a_1)))\).

4.「HAOI 2018」「洛谷 P4493」字串覆盖

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  挺 dirty 的题. 模式串长的在 fail 树的主席树上二分, 模式串短的按长度随便怎么预处理一下就行, 带一堆 \(\log\) 或根号应该都能过.

5.「CF 1817A」Almost Increasing Subsequence

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  呜… 大晚上脑子还是转得不快.

  考虑最优子序列的选取, 我们可以把原序列划分为若干个下降段: \([a_1,\cdots,a_{k_1}][a_{k_1+1},\cdots,a_{k_2}]\cdots\). 显然全局最优选择是 \([a_1][a_{k_i},a_{k_i+1}][a_n]\). 前后两项特判, 中间的 \([a_k,a_{k+1}]\) 维护出下标, 区间查询时二分一下能取到的段即可. \(\mathcal O(q\log n)\).

6.「CF 1817B」Fish Graph

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  读题读成选导出子图, 纠结那个 "exactly \(2\) extra edges" 纠结了一年.

  选导出子图就是蠢蠢题了, 枚举关键点, 从其邻接点出发 DFS, 到第一次遇到另一个邻接点时取出该环, 再加上其他两条边就行. \(\mathcal O(nm)\).

7.「CF 1817C」Similar Polynomials

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• 「A.构造」

  赋值的欲望在燃烧.

  一个简洁做法. 设 \(A(x)=\sum_{i=0}^na_ix^i\), \(B(x)\) 同理. 那么:

\[A(x+s)=B(x)\\
\Rightarrow
\begin{cases}
\left.[A^{(n)}(x+s)=B^{(n)}(x)]~\right|_{~x=0}\Rightarrow a_n=b_n,\\
\left.[A^{(n-1)}(x+s)=B^{(n-1)}(x)]~\right|_{~x=0}\Rightarrow na_ns+a_{n-1}=b_{n-1}.
\end{cases}
\]

  用 Lagrange 插值的式子求出 \(a_n,a_{n-1},b_{n-1}\) 即可. 题目保证 \(s\) 存在, 可见我们的算法已经给出了唯一可能的答案. \(\mathcal O(n)\).

8.「CF 1817D」Toy Machine

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• 「A.构造」

Wrong answer on pretest 1

  OI 无关手玩题. 注意到 LDRU 可以让左侧的块安全地 (不会被流放到右边去) 转圈, 我们不断重复这个操作, 就能把第 \(k~(k\le(n-1)/2)\) 个块移到最左边.

  \(k>(n-1)/2\) 复杂那么一点点. 我大概也是乱胡胡出来了, 所以没办法编 motivation. 这里直接给出构造.

• Step 0. 考虑如下局面:

  

  我们现在希望把 i 移到左上角.

• Step 1. 类似上一个部分, 重复 RDLU 直到 i 右侧无方块:

  

• Step 2. 重复 LDLU 把所有方块聚集到左侧, 同时 i 右侧仍然无方块:

  

• Step 3. RDL, 游戏结束.

  

  每种操作的次数都可以根据最初的 \(k\) 直接算出来. 操作次数是 \(4n+\mathcal O(1)\) 的.

9.「LR #9」「LOJ #560」Menci 的序列

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• 「B.贪心」「C.性质/结论」

  最 key 的地方在于看一眼特殊性质: "不存在两个相邻的 +". 先想想这该怎么做?

  每次要不 \(\times2\) 要不 \(+1\), 我们一定不会让最高 bit 移出上限, 但我们又必须最大化最高 bit. 另外一方面, \(+1+1\) 连选显然没必要. 因此, 当且仅当答案数字最低 bit 为 \(0\), 当前是一个 \(\times2\), 且后面的 \(\times2\) 数量已经足够我们顶到上限时, 我们才会放弃这个 \(\times2\), 期待后面有个 \(+1\) 让数变大. 贪心扫一遍即可.

  回到原问题. 拓展刚才的做法, 我们用 * 把序列分为若干段. 先将每一段中的 + 尽量进位, 得到一个和刚才同质的情况, 一样地贪心. 不过当一个段仅剩两个 + 时, 放弃进位而保持当前位置有 bit 就更优了. 还是 \(\mathcal O(n)\) 扫一遍就行.

10.「UR #3」「UOJ #49」铀仓库

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  二分答案, 枚举起点, 双指针最左最右碰到的箱子检查答案即可. \(\mathcal O(n\log \sum a)\), 实现起来其实不太舒服. (

11.「UR #3」「UOJ #50」链式反应

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• 「A.数学-生成函数」「A.数学-多项式」

  裂变过程是一个二叉树上挂叶子的结构, 很容易想到用 GF 刻画树上的组合情景. 令 \(A(z)=\sum_{i\in A}\frac{z^i}{i!}\), \(G(z)\) 表示答案关于初始原子个数的 EGF, 那么

\[G'=\frac{1}{2}AG^2+1.
\]

注意第一个原子一定是根, 所以全局排列数是 \((n-1)!\), 左侧需要求导对齐指标.

  这个形式的 ODE 是 Riccati 方程的特例, 根据一些结论, 初等函数解是存在的, Wolfram 给出的结果是:

\[G=\frac{\sqrt 2\tan\left(\frac{1}{2}\sqrt{2A}(k+x)\right)}{\sqrt A}.
\]

(其实也能算, 能算的!)

  当然, 常规做法就直接分治 FFT 解就行. 复杂度 \(\mathcal O(n\log^2n)\).

12.「JSOI 2018」「洛谷 P4518」绝地反击

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• 「A.分治-二分答案」「A.扫描线」

  二分答案嘛, 余弦定理 (差点忘了 ?!) 求出每个出发圆交目标圆周的弧度区间, 显然我们可以钦定多边形存在一个落在区间边界的顶点, 枚举这个顶点就能生成多边形, 继而得到每个出发点能走到的顶点区间. 这样, 问题就转化成环上区间覆盖, 判断是否存在完美匹配. 在 Hall 定理的判据下最容易挂掉的显然是顶点区间, 扫描线维护判断即可. \(\mathcal O(n^2\log n\log V)\).

13.「BZOJ #2567」篱笆

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• 「A.分治-二分答案」「A.数据结构-线段树」「B.Tricks」

  感觉这个思路的题没咋做过捏? 本题核心大概是从贪心过程的 DP 中生成不等关系, 同时对 "\(\min\{\}\ge\)" 形式的关系进行枚举放缩.

  仅讨论全局答案. 设 \(p_i\) 表示从左到右第 \(i\) 个栅栏最终的中心点位置, 显然栅栏的中心点的相对位置不会改变. 我们容易得到 \(p\) 的递推:

\[p_i=\min\{p_{i-1}+2r,a_i+x\}\ge a_i-x.
\]

我们需要满足所有的 \(\ge\). 拆开 \(\min\):

\[\forall i\le j,~a_i+x+2r(j-i)\ge a_j-x,
\]

因此

\[x\ge\frac{\max_{i\le j}\{a_j-a_i-2r(j-i)\}}{2}.
\]

  对于链的情况, 我们还要求:

\[p_1\le r\Leftrightarrow(\forall i,~a_i-x-2(i-1)\le r);\\
p_n\ge \ell-r\Leftrightarrow(\forall i,~a_i+x+2(n-i)r\ge\ell-r).
\]

  对于环的情况, 只需要倍长区间满足第一个判据即可. 这些判据涉及的区间信息都能用线段树维护. \(\mathcal O(n+q\log n)\).

14.「洛谷 P9308」#1f1e33

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• 「A.数学-数论」

\[\newcommand{\lcm}[0]{\operatorname{lcm}}
\begin{align}
f(n) &= \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n[i+j+k=n]\lcm(i,\gcd(j,k))\\
&= \sum_{i=1}^{n-2}\sum_{d\mid (n-i)\land d<n-i}\lcm(i,d)\varphi((n-i)/d)\\
&= \sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}[d\neq i]\frac{(n-i)d}{\gcd(n,d)}\cdot\varphi(i/d)\\
&= n\sum_{d=1}^n\frac{d}{\gcd(n,d)}S_1(n/d)-\sum_{d=1}^n\frac{d^2}{\gcd(n,d)}S_2(n/d)\\
&=n\sum_{T\mid n}\sum_{t\mid T}\mu(t)t\sum_{d=1}^{n/T}dS_1(n/(dT))-\sum_{T\mid n}T\sum_{t\mid T}\mu(t)t\sum_{d=1}^{n/T}d^2S_2(n/(dT)).
\end{align}
\]

  上面是草稿. 解释一下:

  \((2)\) 中 \(\varphi((n-i)/d)\) 即 \(\sum_{j,k}[j\perp k]\) 化简的结果.

  \((3)\) 中 \(i\) 转而枚举 \((2)\) 中的 \(n-i\); 实际上应当有 \(2\le n-i\le n-1\), 但是 \([d\neq i]\times(n-i)\) 已经处理掉这一条件带来的非法贡献了; \(\gcd(n-i,d)=\gcd(n-i+kd,d)=\gcd(n,d)\).

  \((4)\) 中,

\[S_1(m)=\sum_{i=2}^m\varphi(i),~S_2(m)=\sum_{i=2}^mi\varphi(i),
\]

注意其求和下指标, 这里已经去除了 \(d=i\) 的贡献.

  \((5)\) 中, 通过莫反引入了 \(T,t\) 的枚举. \(T/t\) 枚举钦定的 \(\gcd\), \(t\) 枚举是 \(n,d\) 的公因子但没被 \(T/t\) 枚举的部分, \(T\) 即二者乘积.

  最后的式子中, 乘积式的最后一项求和可以写作 \(T_1(n/T)\) 和 \(T_2(n/T)\) 的形式. 到此, 预处理所有需要的中间函数, 可以 \(\mathcal O(n\log n)\) 求解.

15.「UR #4」「UOJ #51」元旦三侠的游戏

• Link & Submission.

  和 Candy Piles 没有区别. 注意即使是 powl 精度也会被打爆.