25.11.6联考题解

A

一眼题。看到位运算计数考虑拆位。

B

肯定先要期望转计数，最后除掉总方案数 \((n(s+1))^m\)。最初的想法是考虑每一个位置的情况，考虑一个位置 \(x\) 受到的影响范围是 \(\text{lowbit}(x)\) 的，注意到每个位置是平凡的于是考虑对于 \(\text{lowbit}\) 相同的一起考虑，于是去枚举 \(2^i\)，考虑 \(\text{lowbit}=2^i\) 的所有位置的答案。首先我们考虑其数量，这个可以简单差分，是 \(\lfloor{n\over2^i}\rfloor-\lfloor{n\over2^{i+1}}\rfloor\)。现在考虑单个贡献。

我们枚举一下有贡献的次数，于是就有下面的式子：

\[\sum_{j=0}^m{m\choose j}\left((n-2^i)(s+1)\right)^{m-j}2^{ij}\sum_{0\le a_1,a_2,\dots,a_j\le S}(a_1+a_2+\dots+a_j)^k \]

意思就是先去枚举有贡献的操作次数，然后枚举每次操作了个啥。我们尝试化简，想法是把最后那个和式拆开，我们聚焦于最后的和式，有：

\[\sum_{0\le a_1,a_2,\dots,a_j\le S}(a_1+a_2+\dots+a_j)^k=\sum_{0\le a_1,a_2,\dots,a_j\le S}\sum_{d_1,d_2,\dots,d_j\ge0,\sum d=k}{k!\over\prod_{t=1}^jd_t!}\prod_{t=1}^ja_t^{d_t} \]

我们把前面的和式扔到最后面的 \(\prod\) 里，就有：

\[k!\sum_{d_1,d_2,\dots,d_j\ge0,\sum d=k}\prod_{t=1}^j{F_{d_t}\over d_t!} \]

其中 \(F_{d_i}=\sum_{p=0}^sp^{d_i}\)。我们稍加思考，面对这种多重组合数的东西我们最常见的处理方式是什么？哎这不 GF 秒了？还真是qwq。我们设 \(G(z)=\sum\limits_{i=0}^k{F_iz^i\over i!}\)，于是上面一大坨就等于 \(k![z^k]G^j(z)\)。简洁！

现在我们就可以把这玩意代回原式，直接简单推式子即可：

\[\begin{aligned} \text{ans}&=\sum_{j=0}^m{m\choose j}\left((n-2^i)(s+1)\right)^{m-j}2^{ij}\sum_{0\le a_1,a_2,\dots,a_j\le S}(a_1+a_2+\dots+a_j)^k\\ &=\sum_{j=0}^m{m\choose j}\left((n-2^i)(s+1)\right)^{m-j}2^{ij}k![z^k]G^j(z)\\ &=k![z^k]\sum_{j=0}^m{m\choose j}\left((n-2^i)(s+1)\right)^{m-j}\left(2^iG(z)\right)^j\\ &=k![z^k]\left((n-2^i)(s+1)+2^iG(z)\right)^m \end{aligned} \]

里面的生成函数可以 \(\mathcal O(k^2)\) 递推，最终时间复杂度为 \(\mathcal O(k^2\log n\log m)\)。

C

首先找出连通块。对于限制我们考虑从起点开始 bfs 即可。然后考虑要求最多的坐飞机次数于是我们考虑 dp，设 \(f_{u,i}\) 表示当前在连通块 \(u\)，花费 \(i\) 的代价的最多坐飞机次数，转移可以枚举第二维保证方向，然后再枚举第一维转移。这样的状态数是 \(\mathcal O(n^3)\) 的，预处理是 \(\mathcal O(n^4)\)，转移是 \(\mathcal O(n^5)\)。考虑状态数是好的，那么我们可以保留原来的 dp 尝试优化掉无用的转移情况。考虑如果有 \(u\leftarrow v\)，那么一定能找到一个最小的包含两个连通块的点的矩形满足矩形内部没有其他连通块的点。证明考虑反证法，如果有其他点那么我经过这个点一定更优，寄寄，于是得证。所以我们的目的就是找出这些矩形，办法可以考虑扫描线扫一维，然后我们去找这条线上另一维最近的点即可。

D

和 CSP2020 T4 儒略日类似，我们可以预处理出 400 年每天的情况，然后询问的时候就先跳到一个周期的开始然后直接计算即可。