苏州国决前集训Day2 模拟测试

T1

有一个排列，他想从这些数中找出一个子集 {Posi}\{Posi\}{Posi} 满足如下条件

1.子集非空；

2.所有对应位置的值异或和为 $0$；

3.将这些对应位置的数按原顺序并成一个大数，使得这个数模 $P$ 恰好为 $0$。

对于所有数据有 $n,P\le 50000$，$P$ 是素数，排列随机生成。

首先考虑 $n\le 31$ 的部分分怎么做？

$Dp$ 即可。设 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个异或和为 $j$ 和模 $P$ 余 $k$ 是否存在方案，$O(1)$ 转移即可。

否则，考虑到 $[1,31]$ 的子集异或和大概是均匀分布的，而且在组成的大数在 $\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}P$ 意义下也是随机分布的，那么我们只用考虑这些值即可，证明略。

本人在考场上的做法比较麻烦，大概是迭代加深搜索枚举子集大小 $k$ ，暴力枚举出 $k-1$ 个数，最后一个数是什么可以直接异或得到，即先强制满足条件 $1,2$ ，猜了猜这样的方案$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}P$ 随机分布，期望试 $P$ 次就能试出来，检测 $10P$ 次完全足够了。也可以通过此题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=50010;
int n,mod,a[N],c[N],tot=0,tar,pos[N];
int sta[N],top;
bool tf[65536];

void dfs(int x,int s,int t,int p){
	if(s==tar){
		if(t>n || tf[t]) return ;
		p=(1ll*p*c[t]+t)%mod;
		if(p==0){
			printf("Yes\n");
			printf("%d\n",top+1);
			for(int i=1;i<=top;i++) printf("%d ",sta[i]);
			printf("%d\n",pos[t]);
			exit(0);
		}
		tot++;
		if(tot==max(mod*10,100000)) {printf("No\n");exit(0);}
		return ;
	}
	tf[a[x]]=true;
	if(n-x>=tar+1-s) dfs(x+1,s,t,p);
	sta[++top]=x;
	dfs(x+1,s+1,t^a[x],(1ll*p*c[a[x]]+a[x])%mod);
	top--;
	tf[a[x]]=false;
}

int main(){
	scanf("%d %d",&n,&mod);tf[0]=true;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i;
	c[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i/10]*10;
	for(int i=1;i<n;i++) tar=i,dfs(1,0,0,0);
	printf("No\n");
}

T2

给 $n$ 个只由 $01$ 组成的长度为 $n$ 的向量，每次询问一个向量的集合，你需要回答这个集合是否线性相关（集合中的元素可以出现多次，事实上，当一个元素出现超过 $1$ 次，这个向量集合显然线性相关）

由于无法输入 $n\ast n$ 的表，$n$ 个向量给出方式如下：

对于第 $i$ 个向量（行列都从 $1$ 开始标号），会给出一个集合（集合的所有元素均小于 $i$ ），如果该集合为空集，那么表示这个向量只有第 $i$ 维（列）为 $1$ ，其余均为 $0$ 。否则该向量就是集合中所有元素对应向量的异或和（集合元素可以出现多次，即对应的异或多次）。

对于向量的异或定义为每一维都独立异或后的结果。

$n\le 5\ast 10^4,q\le 2\ast 10^4,k\le 80,\sum C\le 1.2\ast 10^5$

可以使用正确的线性基复杂度做到 $O(\frac{nq{k}^2}{w})$ ，通过 $50\%$ 的测试点。

正解直接考虑给每一个 $k=0$ 的向量随机一个 $x\in [0,2^{100}]$ 值，$k\ne 0$ 的照常异或。

可以看到，原来线性有关的现在必然线性有关，原来线性无关的现在可能线性有关，但概率很小，几乎不可能出现，概率大概有多小我也不会分析，时间复杂度直接变成 $O(\frac{q{k}^{2}100}{w})$ ，可以通过此题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=50010;
int n,k,q,x;
bitset<100> p[N],t[100],tmp;

int main(){
	srand(time(0));
	scanf("%d %d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&k);
		if(k==0) for(int j=0;j<100;j++) p[i][j]=rand()&1;
		else{
			p[i].reset();
			while(k--) scanf("%d",&x),p[i]=(p[i]^p[x]);
		}
	}
	while(q--){
		scanf("%d",&k);
		bool we=true;
		for(int i=0;i<100;i++) t[i].reset();
		while(k--){
			scanf("%d",&x);
			if(!we) continue;
			tmp=p[x];
			for(int i=99;i>=0;i--) if(tmp[i]){
				if(t[i].any()) tmp=(tmp^t[i]);
				else {t[i]=tmp;break;}
			}
			if(!tmp.any()) we=false;
		}
		if(we) printf("0");
		else printf("1");
	}
}

T3

有 $n$ 个研究室在做关于鱼的研究，这个 $n$ 个鱼塘连成一棵有边权的树，每条鱼每天可以游最多一个单位。

现在研究的需求是形如在第 $A_i$ 天在 $C_i$ 鱼塘需要至少有 $B_i$ 条鱼。

假设鱼都很听话（即想让它们去哪就去哪），问至少需要购买几条
鱼才能满足研究的需求。

考场上想到了有源汇有上下界最小流，但是没能拿到别人同样做法的 $50$ 分，常数较差的小子只有 $30$ 分。

网络流做法考虑将每一个限制都看成一个点，如果一条鱼能在满足 $x$ 要求下能同时满足 $y$ 要求且 $A_x<A_y$，从 $x$ 连一条边到 $y$ 权值。

考虑到一个点必须被经过 $\ge B_i$ 次，很容易想到拆点并且用下界来限制流量。

流量就相当于一条鱼，每一个点都可以作为一条鱼的开头，也可以作为结尾，故都向源汇连边，跑有源汇有上下界最小流即可。

正解做法太过复杂

首先可以像上面建图转化为求这张 $DAG$ 的最小链覆盖，也就是最长反链。

假设我们现在将所有询问都挂在对应的点上。

考虑对于一个子树来说，询问点的最长反链应该满足什么条件？

1.在任意一个子树中对应的询问点都是反链。

2.存在一个时刻 $t$ 满足，反链上的任意一个点都不能在 $t$ 时刻到达根节点，而且根节点不能在 $t$ 时刻出发到达反链上的任意一个点。

第一条显然

第二条考虑先证明它的逆否命题：对于任意时刻 $t$ 满足，要么存在反链上的一个点在 $t$ 时刻到达根节点，要么根节点能在 $t$ 时刻出发到达反链上的一个点。

由于时间是在实数域上的，所以两种条件对应的时间区间一定是闭区间，一定有交点，所以存在时刻 $t$ 同时满足两个条件，可推出不是反链。

所以是反链可以推出条件 $2$ ，必要性证毕，充分性显然。

那么就可以 $Dp$ 了。怎么 $Dp$ 留坑待填。