【LGR-174-Div.2】洛谷 2 月月赛 II & FanOI Round 1 题解

[2A.似巨龙高歌]

容易发现，如果把 $a_i$ 从小到大排序，那么 $a_i-a_{i+1}\le 0$，否则一定有一项 $>0$ ，因此我们从小到大排序，求相邻两项差的最大值即可。

[2B.陌路寻诗礼]

$\text{subtask 1}$

考虑假如我们知道那些边在最短路上，那贪心地让这些边的边权尽可能小，其余的边边权尽可能大即可，因此每条边只有两种取值 $1/k$ ，我们 $2^m$ 枚举每条边的选择然后验证即可。

复杂度 $O(T{2}^m(n+m))$ 。

$\text{subtask 2}$

$k=1$ 时，每条边取值唯一，可以用 $bfs$ 求出 $1$ 号点到每个点的最短路以及路径个数。

复杂度 $O(n+m)$ 。

$\text{subtask 3}$

$m-1$ 时，因为 $1$ 号点可以到达每个点，所以这是一棵以 $1$ 为根的外向树。

那么到每个点的路径唯一，随便赋值都行。

$\text{subtask 4}$

当 $k=10^9$ 时，最短路一定不会走这些边，我们相当于可以删一些边。

那么找出一棵以 $1$ 为根的外向树，树上的边赋值为 $1$，剩下的赋值为 $10^9$ 即可。

$\text{subtask 5}$

考虑一棵以 $1$ 为根的最短路径树，树边赋值为 $1$，非树边赋值为 $k$ ，那么到每个点的最短路就是树上的深度，记为 $de{p}_x$ 。

对于一条非树边 $(u_i,v_i)$，我们要求 $de{p}_{v_i}<de{p}_{u_i}+k$，否则这条边就在最短路上。

我们找出一棵 $bfs$ 树，那么有性质：

• 对于非树边 $(u_i,v_i)$ ，$de{p}_{v_i}\le de{p}_{u_i}+1$ ，否则不满足 $bfs$ 的性质 。

因此，当 $k>1$ 时，这棵 $bfs$ 树自然就满足 $de{p}_{v_i}<de{p}_{u_i}+k$ ，符合要求。

否则，$k=1$，方案唯一，我们只需要验证就行了。

复杂度 $O(n+m)$ 。

[2C/1A] 水影若深蓝

考虑把给出的 $u_i,v_i$ 连边，形成一个图。

如果 $n$ 个点都是连通的，那一定无解，因为树是一个二分图，黑白染色后 $u_i,v_i$ 一定颜色相同，故不可能所有点颜色相同。

否则，至少有两个连通块，我们任选一个连通块，选择其内的任意一点 $x$，再从其他连通块任选一个点 $y$，然后构造一棵这样的树：

• $x$ 与 $y$ 连边

• $x$ 所在连通块的其他点与 $y$ 连边

• 剩下点和 $x$ 连边

容易验证符合要求。

[2D/1B] 半彩三重奏

可以发现，对于给出的颜色 $x_i,y_i$ ，若树上不存在一条边 $i$ 满足 $i$ 两端点的颜色分别是 $x_i,y_i$ ，那么 $x_i,y_i$ 的点会形成若干独立的连通块，可以预处理后直接计算。

其余的颜色对一共最多只有 $n-1$ 种，就是每条边端点的颜色对集合。

首先把两端点颜色相同的边缩点。

枚举每一种可能的颜色对 $x_i,y_i$，把树上这样的边连上，计算形成的连通块的大小的平方和即可。

使用哈希表存答案，然后建边后再树上跑 $dfs$，可以做到 $O(n+m)$ ，如果使用 $map$ 或者并查集也能通过。

[1C] 龙逐千灯幻

$\text{subtask 1}$

设 $d{p}_{i,j}$ 表示把前 $i$ 个位置划分成 $j$ 段的最小代价，转移：

$$d{p}_{i,j}=\underset{k=1}{\overset{i}{\max }}d{p}_{k-1,j-1}+f(k,i)$$

其中 $f(k,i)$ 为区间 $[k,i]$ 内的颜色数，可以预处理出来。

询问是 $O(1)$ 的，总复杂度 $O(n^3+m)$ 。

$\text{subtask 2}$

有至少两个做法。

sol 1

优化第一部分的 $dp$，以 $j$ 为阶段，那么我们只需要维护 $d{p}_{k-1,j-1}+f(k,i)$ 的最大值。

开一棵线段树，第 $k$ 个位置维护 $g_k=d{p}_{k-1,j-1}+f(k,i)$ ，当我们 $i\to i+1$ 时：

• $g_{k+1}=d{p}_{j-1,k}$
• $\forall k>ls{t}_{i+1},g_k=g_k+1$

其中 $ls{t}_i$ 为 $i$ 左边第一个等于 $a_i$ 的数的下标，没有则为 $0$ 。

上面的转移只需要线段树支持区间加即可。

询问还是 $O(1)$ 的，总复杂度 $O(n^2\log n+m)$ 。

sol 2

我们不难证明 $f(k,i)$ 满足四边形不等式，因此 $dp$ 可以用决策单调性优化。

直接分治，两个指针移动来维护 $f(k,i)$，总复杂度 $O(n^2\log n+m)$ 。

此外还有一些神秘的 $O(n^2)$ 做法，不详述了。

$\text{subtask 3}$

因为 $m=1$，所以我们只需要解决一个询问。

可证明 $d{p}_{i,j}$ 关于 $j$ 是一个凸函数，这种区间划分问题的经典做法是 $wqs$ 二分。

二分斜率 $c$，转移为：

$$d{p}_i=\max d{p}_{k-1}+f(k,i)-c$$

然后同上用线段树优化转移，复杂度 $O(n{\log }^{2}n+m)$ 。

$\text{subtask 4}$

我们考虑一下 $wqs$ 二分的斜率 $c$ 。

那么因为 $a_i\le 30$ ，所以 $f(k,i)\le 30$ ，那么当 $c>30$ 时，$f(k,i)-c<0$ ，此时切点一定是分一段，因此只有 $c\le 30$ 的 $c$ 有意义。

对于 $c=0\cdots 30$ 各做一遍线段树优化 $dp$ ，存下每个前缀的答案即可。

复杂度 $O(\max a_{i}n\log n+m)$ 。

$\text{subtask 5}$

上一个做法告诉我们，当 $c$ 过大时，切点就会很小。

我们可以具体分析一下，设 $F(k)=d{p}_{\ast ,k},D(k)=F(k)-F(k-1)$，因为 $F$ 是凸函数，所以 $D(k)\ge D(k+1)$ 恒成立。

同时，因为 $F(k)\le n$ ，那么有 $(k-1)D(k)\le {\sum }_{i=2}^{k}D(i)\le F(k)-F(1)\le n$，即 $D(k)\le \lfloor \frac{n}{k-1}\rfloor$ 。

设斜率为 $c$ 时的切点为 $G(c)$ ，那么 $F(G(c)-1)-c\times (G(c)-1)\le F(G(c))-c\times G(c)$ ，即 $F(G(c))-F(G(c)-1)\ge c$ ，$c\leq D(G©)\leq \lfloor \frac{n}{G©-1}\rfloor $ 。

我们取阈值 $B$ ，

• 对于 $k\le B$ 的询问，我们可以预处理所有普通 $dp$ 值。

• 对于 $k>B$ 的询问，根据上面的性质，$G(c)\ge k$ 的 $c$ 满足 $c\le \lfloor \frac{n}{B}\rfloor$ ，我们预处理这些 $c$ 对应的

  $dp$ 值。

都采用线段树优化 ，单次 $dp$ 都是 $O(n\log n)$，取 $B=\sqrt{n}$，我们预处理的复杂度是 $O(n\sqrt{n}\log n)$ 。

询问时，前部分可以 $O(1)$ 回答，后半部分可以直接二分，不过这样空间是 $O(n\sqrt{n})$ 的。

同时注意到 $G(c)$ 是单调的，因此可以把询问按照 $k$ 排序后，用一个指针维护转移点，空间就是线性了。

排序可以用桶排序，该做法时间复杂度 $O(n\sqrt{n}\log n+m)$ ，空间复杂度 $O(n+m)$ 。

注意到线段树的常数比较大，如果被卡常可以把第一部分的 $dp$ 换成决策单调性分治，因为访问时连续的所以常数小很多。

$\text{subtask 6}$

考虑能不能把线段树的 $\log $ 去掉。

观察一下我们实际需要支持的操作：

• 向末尾加入一个数
• 后缀加 $1$
• 求最大值

维护一个单调递减的单调栈，那么 $1$ 操作可以直接不断弹栈维护，$3$ 操作就是查询栈底元素。

对于 $2$ 操作，我们找到该后缀在单调栈上对应的位置，这个可以用并查集维护，然后相当于把这个部分往前面合并弹出若干元素，最后打上 $+1$ 标记。

因为要支持中间弹出元素，所以我们用链表维护这个单调栈，至于 $+1$ 标记，我们可以发现我们相当于只需要查询栈底，查询栈顶，查询某相邻两个位置的差值，因此直接维护单调栈内元素的差分值即可，打标记是简单的。

瓶颈在于并查集，因此单次 $dp$ 的复杂度优化到了 $O(n\alpha (n))$，如果采用严格线性并查集，我们可以做到 $O(n)$ 。

剩下部分不变，复杂度 $O(n\sqrt{n}+m)$，空间 $O(n+m)$ ，可以通过此题。

值得一提的是，在本题中你可以发现，我们优化单次 $dp$ 和优化多次询问的部分是独立的，也就是说，我们把 $f(l,r)$ 换成任意凸函数，在值域不大的情况下都可以在根号的代价内求出所有函数值。

[1D] 一径入繁华

对于 $n=\prod p_i^{c_i}$，有：
$${\sigma }_0^t(n^s)=\prod (1+s\times c_i{)}^t$$
然后设：
$$f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (\frac{n}{d}){\sigma }_0^t(n^s)$$
所以有：
$${\sigma }_0^t(n^s)=\sum _{d\mid n}f(d)$$
由于 ${\sigma }_0^t$ 是积性函数，不妨先假设 $n=p^c$。则：
$${\sigma }_0^t(p^{cs})=\sum _{i=0}^{c}f(p^i)$$
也就是说对于 $n=p^c$，$f(p^c)$ 是 ${\sigma }_0^t$ 关于 $c$ 的差分。

类似的，设：
$$f(n)=\sum _{d\mid n}g(d)$$
那个 $g$ 是 $f$ 关于 $c$ 的差分，即 $g$ 是 ${\sigma }_0^t$ 的二次差分。具体地就有：
$$g(p^c)=(1+c_{i}s{)}^t-[c_i\ge 1]2(1+(c_i-1)s{)}^t+[c_i\ge 2](1+(c_i-2)s{)}^t$$
那么 $g$ 是积性函数，就有：
$$g(n)=\prod ((1+c_{i}s{)}^t-[c_i\ge 1]2(1+(c_i-1)s{)}^t+[c_i\ge 2](1+(c_i-2)s{)}^t)$$
矩阵可以拆成：
$$\begin{array}{rl}{a}_{i,j}& =\sum _{d\mid \gcd (i,j)}g(d)=\sum _{d=0}^n[d\mid i][d\mid j]g(d)\\ & \\ b_{i,j}& =[j\mid i]g(j)\\ & \\ c_{i,j}& =[i\mid j]\\ & \\ A& =B\ast C\end{array}$$
$\ast$ 是矩阵乘法。$B,C$ 都是上、下三角矩阵，故答案为：
$$\det A=\prod _{m=1}^n\prod ((1+c_{i}s{)}^t-[c_i\ge 1]2(1+(c_i-1)s{)}^t+[c_i\ge 2](1+(c_i-2)s{)}^t)$$
依次考虑每个质数的贡献。

对于 $p\le \sqrt{n}$ 的部分暴力枚举 $p$ 和 $c$，暴力求快速幂，复杂度 $\mathcal{O}(\sqrt{n}\log n)$。

对于 $p>\sqrt{n}$，可知 $c\le 1$，当 $c=0$ 时贡献为 $1$ 不用考虑，当 $c=1$ 时 $g(p)=(1+s{)}^t-2$，故只需要筛素数个数即可，在本题范围内，使用 $min25$ 筛即可。