首师大附中集训第十九天综合模测

最新推荐文章于 2022-06-26 16:39:00 发布

原创最新推荐文章于 2022-06-26 16:39:00 发布 · 312 阅读

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线段树&树状数组同时被 3 个专栏收录

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NTT

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根号分治

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本文深入探讨了三道竞赛编程题目，包括红蓝树转换、众数最大化及排列计数问题，详细介绍了每题的解题思路与算法实现，如树链剖分、线段树、NTT、容斥原理等高级技巧。

正题

第一题：. 红树和蓝树

有n 个节点的树，节点从1到n标号， n-1条边中的第i条边连接节点ai和bi。开始的时候所有的边都是蓝色，Takahashi会通过n-1步操作把这个蓝色的树变成红色。每次操作包含以下步骤： 1.选择一个只包含蓝色的简单路径，然后移除上面的一条边。 2.在选出的蓝色简单路径的两个端点之间加一条红边。他想把树变恰好变成一棵每条边连接ci, di的红色的树。请问他能否达成他的⽬标？

每一次操作要选出一条全为蓝色的路径，那么我们很容易就可以知道每一条蓝边被多少条红边需求。首先给一条红边所对应的一条路径+1。每次对一条路径操作，就给这条路径减1，并且找出一条权值为0的边，如果找不到，那么就无解。

那么先处理哪些路径呢？不知道

倒不如直接找权值为1的边，然后找出它所对应的的路径。给这条路径减一。如果找不到这样的边，那么就无解。

可以用树链剖分+线段树+set可以实现这样的操作，不满的 $O(N\log_2^3 N)$

第二题：众数MAX

现在有两个长为n的数组A,B，你可以任意排列A,B，使得新生成的数组C的众数出现次数最多，输出最多的出现次数。其中C[i]=A[i]+B[i]。

首先我们可以先把每一种数的出现次数统计出来，也就是 $a[i],b[i]$ 分别代表i出现的次数。

那么众数i出现的次数就是 $ans_i=\sum_{j+k=i} min(a_j,b_k)$

这个好像卷积啊。但你见过min的卷积吗？

没见过吧，考虑枚举一个x： $ans_i=\sum_{x=1}^{n}\sum_{j+k=i} [a_j>=x]*[b_k>=x]$ 。

理解起来很容易，考虑一个min被计算几次就可以了。

后面这个东西就可以直接做NTT了。

但是要做n次NTT，爆炸了。

根号分治优化，假设我们只做到k，那么min值>k的都被少算了，直接暴力提出来算即可。 $O(nklog_2n+\frac{n^2}{k^2})$

很容易就可以算出来 $k=\exp(\ln(\frac{n}{\log_2 n})/3)$ 时，有最小时间复杂度 $n^{\frac{4}{3}} (\log_2 n)^{\frac{2}{3}}$ 。

你会发现跑得更慢了。其实上面的时间复杂度计算是上界，k的取值其实可以取到更小时，复杂度更优。

直接取5即可。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,k;
int a[100010],b[100010];
long long A[300010],B[300010];
int ans[200010],where[300010];
int pa[100010],pb[100010];
int l=0,limit=1;
long long inv;
const long long mod=998244353;

long long ksm(long long x,long long t){
	long long tot=1;
	while(t){
		if(t&1) (tot*=x)%=mod;
		(x*=x)%=mod;
		t/=2;
	}
	return tot;
}

long long NTT(long long*now,int id){
	for(int i=0;i<limit;i++) if(i<where[i]) swap(now[i],now[where[i]]);
	long long wn,w,a,b;
	for(int l=2;l<=limit;l<<=1){
		long long wn=ksm(3,(mod-1)/l);
		if(id==-1) wn=ksm(wn,mod-2);
		for(int i=0;i<limit;i+=l){
			w=1;
			for(int x=i,y=i+l/2;y<i+l;x++,y++,(w*=wn)%=mod){
				a=now[x],b=now[y]*w%mod;
				now[x]=(a+b)%mod;now[y]=(a-b+mod)%mod;
			}
		}
	}
}

void solve(int x){
	memset(A,0,sizeof(A));memset(B,0,sizeof(B));
	for(int i=1;i<=n;i++) A[i]=(a[i]>=x);
	for(int i=1;i<=n;i++) B[i]=(b[i]>=x);
	NTT(A,1);NTT(B,1);
	for(int i=0;i<limit;i++) (A[i]*=B[i])%=mod;
	NTT(A,-1);
	for(int i=1;i<=2*n;i++) ans[i]+=A[i]*inv%mod;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);k=ceil(exp(log(n/log2(n))/3));
	int x;
	while(limit<=2*n) limit*=2,l++;inv=ksm(limit,mod-2);
	for(int i=0;i<limit;i++) where[i]=(where[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(l-1));
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),a[x]++;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),b[x]++;
	for(int i=1;i<=k;i++) solve(i);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]>=k) pa[++pa[0]]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(b[i]>=k) pb[++pb[0]]=i;
	for(int i=1;i<=pa[0];i++)
		for(int j=1;j<=pb[0];j++)
			ans[pa[i]+pb[j]]+=min(a[pa[i]],b[pb[j]])-k;
	int mmax=0;
	for(int i=1;i<=2*n;i++) mmax=max(mmax,ans[i]);
	printf("%d\n",mmax);
}

第三题：Snuke 喜欢排列。因为他不喜欢整数 K，他的排列会满足以下条件。对于一个排列 a1, a2, · · · , aN, 对于任意的 1 ≤ i ≤ n,|ai − i| ̸= K 请问有多少长度为 N 的排列满足以上条件？请输出答案对 924844033(一个质数) 取模的答案。

可以容斥： $ans=\sum(-1)^ig[i](n-i)!$ ，其中g[i]为至少有i个位置不合法的方案数。

考虑如何求g[i]。首先二分图，下标向自己不能选到的值连边，g[i]就转化为了在这些连边中选出g[i]条的方案数。

很明显一个单点不会对结果产生影响，所以我们把从下标开始的k条链和从权值开始的k条链提出来，然后按顺序排在一起。

Dp：

$f[i][j][0/1]$ 表示前i个位置已经选出j个匹配，其中第i个点是否与前一个匹配的方案数。

然后转移十分显然。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
#define mod 924844033
using namespace std;
inline int read(){
	int f=1,ans=0;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+c-'0';c=getchar();}
	return f*ans;
}
const int MAXN=4001;
int fac[MAXN],f[MAXN][MAXN][2],n,k,sta,col[MAXN];
int Mod(int x){return ((x%mod)+mod)%mod;}
signed main(){
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
	n=read(),k=read();fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		col[0]++;for(int j=i;j<=n;j+=k) col[++sta]=col[0];
		col[0]++;for(int j=i;j<=n;j+=k) col[++sta]=col[0];
	}
	f[1][0][0]=1;
	for(int i=2;i<=sta;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++){
			f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1];f[i][j][0]=Mod(f[i][j][0]);
			if(j!=0&&col[i]==col[i-1]) f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0],f[i][j][1]%=mod;
		}
	int Ans=0,pw=1;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		Ans+=pw*fac[n-i]*((f[sta][i][0]+f[sta][i][1])%mod),Ans=Mod(Ans),pw*=-1;
	printf("%lld\n",Ans);return 0;
}