11-05 题

news/2025/11/6 20:30:11/文章来源:https://www.cnblogs.com/dccy/p/19197677

11-05 题

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P11057 诈骗题 - 洛谷

考虑二分图模型，一个 $(x,y,R)$ 从左部点 $x$ 向右部点 $y$ 连边，一个 $(x,y,C)$ 从右部点 $y$ 向左部点 $x$ 连边，那么限制相当于每个点只能有一条出边。容易发现最多连 $n+m-1$ 条边就不能连了，所以最后要求形成一棵内向树。

相当于对 $n,m$ 个点的完全二分图求有根生成树个数，转化为求无根树个数，答案乘上 $n+m$ 即可。

考虑 Prufer 序列，每次删一个左部点有 $m$ 种方案，删一个右部点有 $n$ 方案，最后会剩下左右部各一个点，即为一个长 $n+m-2$ 的序列，有 $n$ 个右部点，$m$ 个左部点，方案数为 $n^{m-1}m^{n-1}$。

P11056 Fire and Big - 洛谷

发现与 $n$ 同余的数最多只有一个必败点，所以最多 $O(n)$ 个必败点。

具体地打表出来有恰好 $n-1$ 个必败点，考虑直接转移出这 $n-1$ 个必败点，每次从一个必败点枚举 $\sqrt n$ 种转移。

可以证明必败点最大是 $O(n\sqrt n)$ 级别的（也可打表猜测），所以可以开一个 $O(n\sqrt n)$ 的 bitset 存储每个数是否是必败点。

P7468 [NOI Online 2021 提高组] 愤怒的小 N - 洛谷

考虑倍增，设多项式

\[F_{i}(x)=\sum _{i\in[0,2^i)\land s_i=a} f(x+i) \]

$G_i(x)$ 同理为要求$s_i=b$。那么有转移：

\[F_{i+1}(x)=F_i(x)+G_i(x+2^i) \]

$G$ 的转移式同理，可以把 $G_i(x+2^i)$ 二项式定理展开，求出多项式 $G_i'(x)=G_i(x+2^i)$ 的系数。可以做到 $O(k^2\log n)$ 转移。

求答案时，从高到低位拆解出 $2^{t_1}+2^{t_2}+\dots$，发现答案就是 $G_{t_1}(0)+F_{t_2}(2^{t1})+G_{t_3}(2^{t1}+2^{t2})+\dots$，$F,G$ 交替出现。所以总复杂度 $O(k^2\log n)$。

结论：当 $i\ge k$ 时，$F_i(x)=G_i(x)$。

证明：设 $H_i(x)=F_i(x)-G_i(x)$，把上面 $F,G$ 的转移式相减，可以得到

\[H_{i+1}(x)=H_i(x)-H_{i}(x+2^i) \]

假设 $H_{i}(x)$ 的最高次项为 $qx^p$，发现 $H_i(x+2^i)$ 的最高次项也为 $qx^p$，所以 $H_{i+1}(x)$ 的次数每次转移会减一。所以 $H_k(x)=0$，得证。

这个结论也可打表发现，有了这个结论后，对于 $n$ 中 $\ge 2^k$ 的项，考虑拉插求 $\dfrac 12\sum _{i=0}^{n\bmod 2^{k-1}} f(i)$。复杂度 $O(\log n+k^3)$。

P11058 合并香蕉 - 洛谷

设 $c_i$ 为 $i$ 合并的次数。则贡献表示为 $\sum a_ik_i^{-c_i}$。

结论：最优情况下，$c_i$ 构成的可重集合为 $\{1,2,3,\dots,n-2,n-1,n-1\}$。证明比较复杂。

考虑到答案精度要求 $10^5$，所以当 $c_i>50$ 时对答案没有影响，所以考虑每个 $k$ 保留前 $50$ 大的 $a_i$，对 $50$ 个 $c_i$ 在二分图上跑费用流即可，复杂度 $O(k^2\log^4 V)$。

注意费用流要开 long double。

P9818 游戏王 - 洛谷

考虑到 $\lfloor \frac v {\prod m} \rfloor$ 只有 $2\sqrt v$ 种，所以我们记录 $\lfloor \frac v {\prod m} \rfloor$。每次加入一个 $m'$ 只需 $v/(\prod m\times m')=(v/\prod m)/m'$ 即可。

考虑猫树分治，现在的问题是已知 $a=v/\prod m,b=v/\prod n$，怎么知道它们可以合并。有一个神奇的结论：把所有 $v/x$ 的不同值记录在数组 $s_1,s_2,\dots,s_{cnt}$ 中，那么对于 $a=s_i$，可行的 $b$ 要满足 $b\ge s_{cnt-i+1}$，即在 $s$ 中的位置要在 $cnt-i+1$ 之前。

复杂度 $O(n\log \sqrt v)$。

P8147 [JRKSJ R4] Salieri - 洛谷

考虑二分答案，我们需要求出 $cnt\times v\ge mid$ 的个数。

考虑在 AC 自动机上跑匹配。可以对所有走到的点建出虚树，那么虚树的每条虚边（对应原树上一条链）上的 $cnt$ 都相等。那么链上所有 $v\ge mid/cnt$ 的会被计数，可持久化线段树维护即可。

复杂度两个 $\log$。

P7013 [CERC2013] History course - 洛谷

最大值最小，考虑二分答案 $mid$。

考虑一个贪心的策略，假设枚举到位置 $i$，将填入位置 $i$ 的区间。

对每个未被填入区间处理 $f_x$ 表示其要在位置 $f_x$ 之前填入否则就会不合法，初始 $f_x=n$。

那么处理出 $s_k=\sum [f_x=k]$。若存在 $s_k>i-k+1$ 则不合法，否则我们找到第一个满足 $s_j=i-j+1$ 的位置 $j$，则所有 $f_x\in [i,j]$ 的区间要填入位置 $[i,j]$ 内。可以贪心地找到这之中 $r$ 最小的区间然后填入 $i$，因为这会使限制的区间最少，然后对所有有交的区间更新 $f_x$。

于是我们就得到了一个 $O(n^2\log n)$ 的做法。可以通过 CF309E Sheep。

考虑线段树维护上述贪心的过程，找到 $j$ 可以把每个 $s_k$ 减去 $1$，然后转化为求区间内 $s_k$ 前缀和的最大值，可以线段树维护区间和与区间前缀和最大值。

而对找到满足最小的 $f_x\le j$ 的最小 $r$，可以对所有区间按左端点排序，因为每个区间第一次被交时的限制是最紧的，所以可以维护一个指针，新限制区间时指针往后移，同时这样满足 $f_x\le j$ 的就是一段前缀，可以在移动指针结束后求出最后一个满足 $f_x=j$ 的位置 $g_j$。

复杂度 $O(n\log^2 n)$。