20251020

正睿NOIP 二十连测

A

有 \(m(m \le 95)\) 种药剂，每种药剂有 \(n_i(\sum n_i \le 10^{15})\) 瓶，等级为 \(p_i\)（\(2 \le p_i \le 499\)）。要将这些药剂分成两个不相交的集合 \(X, Y\)，\(X\) 的价值为其组内所有药剂等级的乘积，\(Y\) 的价值为其组内所有药剂等级之和。请问在满足 \(X, Y\) 价值相等的情况下最大的共同价值为多少。

设所有药剂的等级之和为 \(s\)，显然 \(X, Y\) 的价值均满足小于 \(s\)。又因为所有药剂的等级均至少为 \(2\)，则 \(|X| \le \log_2 s\)。这也说明了 \(X\) 内药剂等级之和小于等于 \(P\log_2s(P = \max p_i)\)，也就是 \(Y\) 的价值不少于 \(s - P \log_2 s\)。

那么可以枚举 \(Y\) 的价值，对这个价值做质因数分解检查是否符合题意即可。

时间复杂度：\(O(mP\log_2 s)\)。

本题主要是通过等级至少为 \(2\) 得到 \(Y\) 的价值范围，暴力 check 即可。

B

有 \(n\) 个物品和 \(m\) 条描述。每条描述形如 \(X_{a_i} \equiv X_{b_{i}} + c_i \pmod {d_i}(d_i = -1, 1, 2, 4, \dots 2^{15})\)，其中 \(d_i = -1\) 表示非同余的正常的方程 。对于每条描述，输出是否和前面的描述冲突（冲突则忽略）。

这个题知道了 \(X_{a_i} - X_{b_i}\) 在模 \(d_i\) 意义下的值，也就是知道了模小于等于 \(d_i\) 的二的幂次的结果。

于是可以开 \(15\) 个带权并查集检验模 \(2^1, 2^2, \dots 2^{15}\) 时是否有问题。每次只需要看查询是否连通，检查一下差值是否正确。当在 \(15\) 个并查集中均没有问题时在连边、合并。

注意，\(d_i = -1\) 不能看成 \(2^{16}\)，要么单独处理一下，要么看成 \(2^{34}(2^{34} > 2^{15}n)\) 之类的。因为这个挂了 \(28pts\)。

时间复杂度：\(O(15n \log n + 15m)\)。

思路还是挺一眼的，被 \(d_i = -1\) 坑了一把。

D

设给定 \(S = \{1, 2, \dots , m\}\)

对于一个值域为 \(S\) 的长度为 \(n\) 数组 \(b\) 和一个定义域与一个定义域和值域均为 \(S\) 的函数 \(f\)，若对于任意 \(i(1 \le i \le n), f_{b_i} = b_{n - i + 1}\)，则 \(b\) 是可 \(f\) 翻转的。现在给定长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，设对于函数 \(f\) (共 \(m^m\) 种)，有 \(w(f)\) 个 \(a\) 的子串是可 \(f\) 翻转的，输出 \(\sum w(f) \mod 998244353\)。

先考虑对于 \(b\) 来说，有多少个 \(f\) 有贡献。首先 \(b\) 中出现的数的 \(f\) 值必须一一对应（而且是个双射，\(f(i) = n - i + 1, f(n - i + 1) = i\)）。在这点满足下，设 \(b\) 中有 \(c\) 种不同的数字，则共有 \(m^{m - c}\) 个 \(f\) 是可行的（\(c\) 个固定，\(m - c\) 个随意。）

这个东西有点像回文串，可以考虑选择某个字符为中心开始扩展，显然半径越大越可能矛盾，直接暴力枚举可以做到 \(O(n^2)\)。

进一步地，可以想到 Manacher，尝试套用。而 Manacher 的关键就是若 \([L, R]\) 和它的子串 \([l, r]\) 均为回文串，那么 \([L + R - r, L + R - l]\) 也是回文串。而这以点在这个题也是成立的。（后面称不矛盾的区间为类回文串。）

\(f(L + R - r) = r = f(l) = L + R - l, f(L + R - l) = l = f(r) = L + R - r\)。

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在定好大致思路，进行 Manacher 之前，我们要先解决一个问题，在两端分别加入一个数后如何判断 \([l, r]\) 是否是个类回文串？同时需要维护 \(c_i\) 表示有多少个 \(f(x)\) 是固定的（以及 \(s_i\) 表示以 \(i\) 为回文中心的类回文串 \(f\) 数之和。）（这也是为什么不能使用二分 + Hash 的原因。）

实际上，我们可以预处理出 \(pre_{i}\) 与 \(nxt_i\) 分别表示 \(i\) 前面与 \(i\) 后面第一个与 \(a_i\) 相同的数的位置。

若 \(a_r\) 在 \([l - 1, r - 1]\) 已经出现过（即 \(pre_r > l\)），需要判断 \(a_{l + r - pre_r}(之前得到的 f_{a_r})\) 是否与 \(a_l\) 相同。对于 \(a_l\) 也要判 \(a_{l + r - nxt_l}\) 是否与 \(a_r\) 相同。千万不要偷懒只判一边！！如果都是一样就代表 \([l, r]\) 合法，\(c\) 不用变。

若都没出现过，显然 \([l, r]\) 合法，\(c \leftarrow c + 1 + [a_l \ne a_r]\)。

bool add(int &c, int x, int y) {if (!a[x]) return 1;if (nxt[x] < y || pre[y] > x) {if (a[y] != a[x + y - nxt[x]] || a[x] != a[x + y - pre[y]]) return 0;} else {c += 1 + (a[x] != a[y]);}return 1;
}

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接下来按照 Manacher 的流程，设 \(len_i\) 表示 \(i\) 位置回文半径。假设考虑到了 \(i\)，先前有一个 \(r\) 最大的类回文串 \([l, r]\)。

• 若 \(r < i\)，直接暴力拓展即可。

• 若 \(i + len_{l + r - i} < r\)，十分的友好，直接把 \(l + r - i\) 的所有信息（\(len, c, s\)）全部继承过来。

• 否则就比较麻烦。我们只能保证 \(len_i \ge r - i\)，而且 \(c_i, s_i\) 也不能直接继承过来。我们只能尝试从 \(len_{l + r - i}\) 开始慢慢删到 \(r - i\)，同时维护 \(c, s\)，再进行扩展。写倒是不难写，但是时间复杂度是对的吗？

  这个东西的代价是 \(O(i + len_{l + r - i} - r)\) 的。下面我们需要证明它是均摊 \(O(1)\) 的。因为 \([l, r]\) 的中心 \(mid < i\)，则 \(l + r - i < i\)，也就是 \(l + r - i\) 再回文串的左半边，那么 \(l + r - i + len_{l + r - i} \le r\)。所以 \(i + len_{l + r - i} - r \le 2i - (r + l) = 2(i - mid)\)。而此时因为 \(i + len_i\) 已经大于等于 \(r\) 了，所以 \(i\) 就会成为新的 \(mid\)。总共的代价也就是 \(O(n)\) 的了。

然后这个题就做完了，时间复杂度：\(O(n)\)。

Manacher 把长度为奇数和偶数统一考虑的技巧，仍然可用。中间插 \(0\)，维护 \(c, s\) 时注意判一下即可。

总的来说，这个题的思路还是比较顺的。发现条件的性质很像回文串后，可以联想到 Manacher。主要是最后这个挪的部分时间复杂度不太好证，而且要维护 \(c, s\)。代码难度还好，有些细节。