2019杭电多校训练营（第一场）

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40/854	5/13	Ø	O	Ø	O	O	Ø	Ø	.	Ø	.	Ø	O	O

O: 当场通过

Ø: 赛后通过

.: 尚未通过

A Blank

upsolved by chelly

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chelly’s solution

首先有个很好想的dp：$dp[i][a][b][c][d]$表示填了前$i$个位置，$0,1,2,3$的最后一次出现位置分别位$a,b,c,d$情况下的方案数，每个限制在右端点处check。但是这样是$O(n^5)$的。
注意到$i$一定和$a,b,c,d$中的某一个数字相同，所以我们可以压缩一维，时间变成$O(n^4)$
$dp[t][i][j][k]$表示填了前$t$个位置，四个数字最后出现的位置从大到小排序依次是$t>i>j>k$情况下的方案数。
空间可以滚动成$O(n^3)$。

B

solved by chelly

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chelly’s solution

容易想到维护前缀线性基。
现在我们已经有了$[1,R]$的线性基，如何求$[L,R]$的答案呢？
我们可以对线性基的每一个主元位都记录一个最靠右的位置，表示它由这个位置贡献，处理询问的时候，若当前主元位对应的向量最靠右出现位置在$L$的左边，那么就不考虑这个主元位向量。
插入x的时候，若当前主元位已经有了向量，那就更新成下标最靠右的即可。

C

upsolved by chelly

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chelly’s solution

对于每行预处理出$cost[i][0/1]$表示从中间位置出发，喝$i$个牛奶，是/否回到中间位置情况下的最小花费。
然后从上往下遍历每行，枚举每行喝多少牛奶，做个背包即可。
如何预处理这个$cost[i][0/1]$呢？
我们可以以$mid$为分界线，向左去做个背包，向右去做个背包，然后把两部分$merge$起来即可。
时间复杂度$O(klogk+k^2)$

D

solved by viscaria&Feynman1999

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viscaria’s solution

E

solved by chelly

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chelly’s solution

选出所有最短路径图中的边，对这个图求个最小割就行了。

F

upsolved by chelly

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chelly’s solution

容易想到一个dp，$dp[i]$表示打出前i位的最小花费，那么显然$dp[i]=min(dp[i-1]+p,dp[j]+q)$其中要求$s[j+1..i]$要是$s[0..j]$的子串。
容易发现$dp[i]$是单调不减的，所以这个$j$一定是满足条件的最小的$j$。
假设对于某个局面，我们将$s[0..j]$加入了SAM，$s[j+1..i]$在SAM上走到了某个节点$now$(这意味着它是一个子串)，考虑加入$s[i+1]$：

• 若$s[j+1..i+1]$也能在树上走出，那么就OK
• 若$s[j+1..i+1]$不能在树上走出，那么$j+=1$，将$s[j]$加入SAM，同时$now$要根据当前节点的$minlen,maxlen$以及是否有$s[i]$的出边适当在SAM上跳slink链

于是对于每个i，我们都知道了其对应的最小的$j$，和第一种转移选个最小值即可

G

upsolved by chelly

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chelly’s solution

我们的目标是二分一个分数$\frac{p}{q}$，使得不超过$\frac{p}{q}$的答案个数是$k$，然后通过枚举分母或者在Stern-Brocot树上二分得到最后的答案。
怎么二分这个分数呢？

• 我们可以手写分数类去二分，那么要二分多少次呢？容易发现精度是$\frac{1}{n\ast n}$的，所以我们二分$lo{g}^{2}n$次就行了。
• 我们也可以固定分母，去二分分子，即二分$\frac{x}{2n^2}$中的$x$

至于判定就转换成了这样一个问题：求分子分母不超过$n$的且分数值不超过$\frac{p}{q}$的最简真分数的个数。这个是个经典问题，可以莫比乌斯反演+类欧几里得解决。

最后我们需要找到一个最大的在$\frac{p}{q}$内的解，可以枚举分母或者在Stern-Brocot树上二分得到最后的答案。

H

unsolved

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I

upsolved by chelly

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chelly’s solution

求字典序最小，就贪心放，维护每个位置的后缀每个字符个数，来判定当前能不能放。

J

unsolved

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K Function

upsolved by Feynman1999

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Feynman1999’s solution

令$m=\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor -1$，

则${\sum }_{i=1}^{n}gcd(floor(\sqrt[3]{i}),i)={\sum }_{i=1}^m\sum _{j=i^3}^{(i+1{)}^3-1}gcd(i,j)+\sum _{i=(m+1{)}^3}^{n}gcd(m+1,i)$

考虑一个函数（前缀和，差分后即为上面部分所求，这个想法也比较自然），$f(n)={\sum }_{i=1}^{n}gcd(m,i)$
$$\begin{gathered} f(n)=\sum _{i=1}^{n}gcd(m,i) \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{d|gcd(m,i)}\varphi (d) \\ =\sum _{d|m}\varphi (d)\ast \lfloor \frac{n}{d}\rfloor \end{gathered}$$
则 注意，$m=\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor -1$
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^{n}gcd(floor(\sqrt[3]{i}),i)=\sum _{i=1}^m\sum _{j=i^3}^{(i+1{)}^3-1}gcd(i,j)+\sum _{i=(m+1{)}^3}^{n}gcd(m+1,i) \\ =\sum _{i=1}^m\sum _{d|i}\varphi (d)\ast \left[\lfloor \frac{(i+1{)}^3-1}{d}\rfloor -\lfloor \frac{i^3-1}{d}\rfloor \right]+\sum _{d|m+1}\varphi (d)\ast \left[\lfloor \frac{n}{d}\rfloor -\lfloor \frac{(m+1{)}^3-1}{d}\rfloor \right] \\ =\sum _{d=1}^m\varphi (d)\ast \sum _{i=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\left[\lfloor \frac{(id+1{)}^3-1}{d}\rfloor -\lfloor \frac{(id{)}^3-1}{d}\rfloor \right]+\sum _{d|m+1}\varphi (d)\ast \left[\lfloor \frac{n}{d}\rfloor -\lfloor \frac{(m+1{)}^3-1}{d}\rfloor \right] \\ =\sum _{d=1}^m\varphi (d)\ast \sum _{i=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\left[3d{i}^2+3i+1(注意这里是下取整)\right]+\sum _{d|m+1}\varphi (d)\ast \left[\lfloor \frac{n}{d}\rfloor -\lfloor \frac{(m+1{)}^3-1}{d}\rfloor \right] \end{gathered}$$
因此可以计算 ，时间复杂度$O(1e7+T\ast (1e7+\sqrt{1e7})$ 其中$T$为数据组数，最左边的$1e7$为预处理欧拉函数的时间。

本题的关键在于推导的倒数第二行变换贡献，从枚举$i$变为枚举$d$，使得复杂度降了下来

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upsolved by chelly

chelly’s solution

注意到对于上述式子的第一部分，是完整的，所以可以分块打表，然后对于每个询问暴力询问。

L

solved by chelly

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chelly’s solution

容易发现交换操作顺序是不影响最后的结果，所以就可以三个NTT。注意求一个多项式卷多次不能直接把点值快速幂，只能分治+NTT求。

M

solved by viscaria&Feynman1999

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viscaria’s solution

Dirty Replay

• E题有个int忘记开成ll，WA了一发
• L题错误的认为多项式的幂就直接给点值快速幂就行了，实际上需要类似快速幂的分治