SDOI2017 题解

[SDOI2017]序列计数
发现至少有一个数是质数不是很好办,考虑用全部的减去没有一个质数的
f x f_x fx表示当前模p余x的方案数,然后转移是一个卷积,因为p很小,上一个快速幂+暴力卷积就可以过了
然后没有一个质数的初值就是 f x % p = 1 ( x ∉ P ) f_{x\%p}=1(x\notin P) fx%p=1(x/P),总的个数的话全部设成1就可以了
[SDOI2017]树点涂色
发现将x到根的路径全部染色有一点像一个 access,一个 splay 代表的就是一种颜色
然后第二种询问可以差分一下,转换为求一个点到根经过的颜色个数
就是 access 时切换的次数
关于第3个询问,考虑 access 时对答案的影响,就是一棵子树中的答案全部减1,一棵+1,access 的时候类似LCT维护子树操作更新,再套一个dfs序维护就可以了
[SDOI2017]数字表格
a n s = ∏ d = 1 n f [ d ] ∑ i ∑ j [ g c d ( i , j ) = d ] ans=\prod _{d=1}^nf[d]^{ \sum_i \sum_j [gcd(i,j)=d]} ans=d=1nf[d]ij[gcd(i,j)=d]
里面的东西:
∑ i n ∑ j m [ g c d ( i , j ) = d ] \sum_i^n \sum_j^m [gcd(i,j)=d] injm[gcd(i,j)=d]
= ∑ i n / d ∑ j m / d ∑ l ∣ g c d ( i , j ) μ ( l ) =\sum_i ^{n/d} \sum_j^{m/d} \sum_{l|gcd(i,j)} \mu (l) =in/djm/dlgcd(i,j)μ(l)
= ∑ l = 1 n / d μ ( l ) ⌊ n l d ⌋ ⌊ m l d ⌋ =\sum_{l=1}^{n/d} \mu(l) \left \lfloor \frac{n}{ld}\right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{ld}\right \rfloor =l=1n/dμ(l)ldnldm
a n s = ∏ d = 1 n f [ d ] ∑ l = 1 n / d μ ( l ) ⌊ n l d ⌋ ⌊ m l d ⌋ ans=\prod _{d=1}^nf[d]^{ \sum_{l=1}^{n/d} \mu(l) \left \lfloor \frac{n}{ld}\right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{ld}\right \rfloor} ans=d=1nf[d]l=1n/dμ(l)ldnldm
= ∏ T = 1 n ( ∏ d ∣ T f [ d ] μ ( T d ) ) ⌊ n T ⌋ ⌊ m T ⌋ =\prod _{T=1}^n (\prod_{d|T} f[d]^{\mu(\frac{T}{d})} )^{ \left \lfloor \frac{n}{T}\right \rfloor \left \lfloor \frac{m}{T}\right \rfloor} =T=1n(dTf[d]μ(dT))TnTm
然后预处理前面一坨,整除分块
[SDOI2017]新生舞会
分数规划+费用流

[SDOI2017]硬币游戏
P 0 P_0 P0为非终止状态的概率 P i P_i Pi为 i 获胜的概率
i 获胜可以从一个非终止状态+它本身的串来获胜,但是在生成它之前可能已经被它的前缀给占了
于是要减去先生成它的前缀的概率,最后加上一个 ∑ p ( i ) = 1 \sum p (i)=1 p(i)=1就可以高斯消元

在这里插入图片描述

[SDOI2017]相关分析
直接把平均数拆开带进去,发现要维护 ∑ x i y i \sum x_iy_i xiyi ∑ x i 2 \sum x_i^2 xi2 ∑ x i \sum x_i xi ∑ y i \sum y_i yi
然后第3个修改比较头疼,考虑先重新赋值,再一起加上S,T就是可以了
[SDOI2017]遗忘的集合
考虑如果知道集合怎么求 f f f
构造生成函数, f ( i ) = ∑ j = 0 i n f x i j = 1 1 − x i f(i)=\sum_{j=0}^{inf}x^{ij}=\frac{1}{1-x^i} f(i)=j=0infxij=1xi1
那么如果用 t i t_i ti表示有没有出现,答案的生成函数就是 f = ∑ i = 1 i n f ( 1 1 − x i ) t i f=\sum _{i=1}^{inf}(\frac{1}{1-x^i})^{t_i} f=i=1inf(1xi1)ti
现在晓得 f,要求 t
两边取对数, − l n ( f ) = ∑ i = 1 i n f t i ∗ l n ( 1 − x i ) -ln(f)=\sum_{i=1}^{inf}t_i*ln(1-x^i) ln(f)=i=1inftiln(1xi)
考虑化简 l n ( 1 − x i ) ln(1-x^i) ln(1xi) ,先求导 l n ′ ( 1 − x i ) = − i ∗ x i − 1 1 − x i ln'(1-x^i)=\frac{-i*x^{i-1}}{1-x^i} ln(1xi)=1xiixi1
直接暴力展开 − i ∗ x i − 1 1 − x i = ( − i ∗ x i − 1 ) ∗ ∑ j = 0 i n f x i j = ∑ j = 0 i n f − i ∗ x i ∗ j + i − 1 \frac{-i*x^{i-1}}{1-x^i}=(-i*x^{i-1})*\sum_{j=0}^{inf}x^{ij}=\sum_{j=0}^{inf}-i*x^{i*j+i-1} 1xiixi1=(ixi1)j=0infxij=j=0infixij+i1
积分回去 = ∑ j = 0 i n f − i ∗ x i ∗ ( j + 1 ) i ∗ ( j + 1 ) = − ∑ j = 1 i n f x i ∗ j j =\sum_{j=0}^{inf}\frac{-i*x^{i*(j+1)}}{i*(j+1)}=-\sum_{j=1}^{inf}\frac{x^{i*j}}{j} =j=0infi(j+1)ixi(j+1)=j=1infjxij
那么原式就是 l n ( f ) = ∑ i = 1 i n f t i ∗ ∑ j = 1 i n f x i ∗ j j = ∑ T = 1 i n f x T ∗ ∑ l ∣ T t l ∗ l T ln(f)=\sum_{i=1}^{inf}t_i*\sum_{j=1}^{inf}\frac{x^{i*j}}{j}=\sum_{T=1}^{inf}x^T*\sum_{l|T}t_l*\frac{l}{T} ln(f)=i=1inftij=1infjxij=T=1infxTlTtlTl
那么将 f 取 ln,然后调和级数算一下贡献就可以了

<think>好的,用户需要查找关于P5785 [SDOI2012] 任务安排的题解或解析。首先,我应该回忆一下这个题目的内容。这是一道动态规划优化的问题,可能涉及斜率优化或者凸包优化。题目大致是将任务分批处理,每批任务有一个启动时间,需要最小化总成本。 接下来,我需要检查用户提供的引用内容是否有相关的信息。引用[1]提到了并查集和另一道题目,可能与本题无关。引用[2]提到了一种O(n√n)的算法,但不确定是否适用于此任务安排问题。引用[3]是关于kubeneter的,明显不相关。因此,用户提供的引用可能没有直接帮助,需要依靠其他知识。 题目模型通常是这样的:有n个任务,每个任务需要时间t_i和费用c_i。将任务分成若干批,每批开始前有S的启动时间。每批的总费用是该批完成时刻乘以该批任务的总费用系数。目标是最小化总费用。 动态规划的状态设计一般是dp[i]表示处理前i个任务的最小费用。转移方程需要考虑分批次,可能会是dp[i] = min(dp[j] + (sumT[i] + S * k) * (sumC[i] - sumC[j])),其中k是分了几批,但这里可能需要更巧妙的处理,比如将启动时间的影响提前计算,以避免依赖批次数量。这种方法叫做“费用提前计算”。 时间复杂度方面,如果直接使用O(n^2)的DP,对于n较大的情况会超时,所以需要优化。常见的优化方法包括斜率优化,将转移方程转换为线性形式,维护一个凸包,利用单调队列来快速找到最优转移点。 具体步骤可能是这样的: 1. 预处理前缀和数组sumT和sumC。 2. 设计状态转移方程,考虑费用提前计算,例如将后续的启动时间S的影响提前加到当前批次。 3. 将转移方程转换为斜率优化的形式,比如形如dp[j] = (dp[i] - ...) 的表达式,找到斜率相关的项。 4. 维护一个单调队列,保持候选转移点的斜率单调,从而每次可以在O(1)时间内找到最优的j。 需要注意的点包括斜率计算时的除法可能导致的精度问题,可以用交叉相乘来比较斜率的大小。此外,sumT可能不是单调的,这时候可能需要维护凸包的下凸壳,或者使用其他方法如CDQ分治,但题目中可能由于数据范围允许而采用单调队列优化。 可能还需要考虑sumT的前缀和是否会有负数,这会影响时间复杂度的分析。如果sumT是单调递增的,那么可以使用单调队列,否则可能需要更复杂的结构。 最后,根据这些分析,给出具体的状态转移方程和优化步骤,以及可能的代码结构。同时,提醒用户注意数据范围和可能的实现细节,比如使用long long类型避免溢出。</think>### P5785 [SDOI2012] 任务安排 题解 #### 题目分析 题目要求将$n$个任务分批处理,每批任务启动需要时间$S$,每批的总费用为该批完成时刻乘以其费用系数之和。目标是设计动态规划算法并用斜率优化实现$O(n)$时间复杂度。 #### 关键思路 1. **费用提前计算**:将后续分组的启动时间影响提前计入当前状态,转移方程为: $$dp[i] = \min_{0 \leq j < i} \{ dp[j] + sumT[i] \cdot (sumC[i] - sumC[j]) + S \cdot (sumC[n] - sumC[j]) \}$$ 其中$sumT$和$sumC$为前缀和数组[^1]。 2. **斜率优化**:将方程改写为线性形式,设$j$为最优转移点,则有: $$dp[j] = (sumT[i] + S) \cdot sumC[j] + dp[i] - sumT[i] \cdot sumC[i] - S \cdot sumC[n]$$ 转化为$y = kx + b$形式后,维护单调队列中的凸包点,保证斜率$sumC[j]$单调递增[^2]。 #### 实现步骤 1. **预处理前缀和**: ```python sumT = [0] * (n+1) sumC = [0] * (n+1) for i in 1..n: sumT[i] = sumT[i-1] + t[i] sumC[i] = sumC[i-1] + c[i] ``` 2. **维护单调队列**: - 在队列中删除斜率小于当前斜率的点 - 取队首作为最优转移点 - 将新点加入队列,维护凸包形状 #### 参考代码片段 ```python q = deque() q.append(0) dp[0] = 0 for i in 1..n: # 删除队首非最优项 while len(q) >= 2 and slope(q[0], q[1]) <= sumT[i] + S: q.popleft() j = q[0] dp[i] = dp[j] + sumT[i]*(sumC[i]-sumC[j]) + S*(sumC[n]-sumC[j]) # 维护凸包 while len(q) >= 2 and slope(q[-2], q[-1]) >= slope(q[-1], i): q.pop() q.append(i) ``` #### 复杂度分析 通过斜率优化将时间复杂度从$O(n^2)$降为$O(n)$,适用于$n \leq 3 \times 10^5$的数据范围。
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