11-08 题

news/2025/11/9 19:48:14/文章来源:https://www.cnblogs.com/dccy/p/19204754

11-08 题

11-08 题
- P5405 [CTS2019] 氪金手游 - 洛谷
- AT_agc036_f [AGC036F] Square Constraints - 洛谷
- F - Almost Sorted 2
- G - One Time Swap 2
- P13004 [GCJ 2022 Finals] Schrödinger and Pavlov - 洛谷
- Problem - 1784F - Codeforces
- P13559 【MX-X15-T6】翻树树 - 洛谷
- P8179 「EZEC-11」Tyres - 洛谷
- Problem - 811E - Codeforces
- Clique - 题目 - QOJ.ac

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Problem - 1784F - Codeforces
P13559 【MX-X15-T6】翻树树 - 洛谷
P8179 「EZEC-11」Tyres - 洛谷
Problem - 811E - Codeforces
Clique - 题目 - QOJ.ac

P5405 [CTS2019] 氪金手游 - 洛谷

考虑固定 \(W\) 怎么做。

考虑树为外向树怎么做，那么要求每个点都是它子树内最早被选的点，记 \(sum\) 表示所有 \(W\) 的和，\(s_x\) 表示子树内 \(W\) 的和，容易算出对于点 \(x\) 这种情况的概率为：

\[\dfrac {W_x}{sum} \sum _{i=0}^{\infty} (\dfrac {sum-s_x}{sum})^i \]

后面的和式是收敛的，因此利用等比数列求和展开得到

\[\dfrac {W_x}{s_x} \]

把所有点的概率乘起来就得到了外向树的概率。

现在可能有向上的边，考虑容斥成「任意 \(-\) 向下」。任意时就不乘这个点的概率，减去向下时就以负一的系数乘概率。

现在 \(W\) 不确定，考虑 DP 把子树 \(W\) 的和记进状态里，此时 \(s_x\) 就是向下的边组成的连通块内的 \(W\) 的和。复杂度为树上背包的复杂度 \(O(n^2)\)。

AT_agc036_f [AGC036F] Square Constraints - 洛谷

题目相当于限制 \((i,p_i)\) 在半径为 \(n\) 和半径为 \(2n\) 的两个圆之间。

若只限制在一个圆内，那么每个点有一个上界 \(R_i\)，按上界从小到大排序，答案就是 \(\prod R_i-i+1\)。

现在对于 \(i<n\) 的点多了一个下界 \(L_i\)。考虑容斥，我们指定有 \(k\) 个点取到了下界之下，容斥系数为 \((-1)^k\)，如果知道了哪些点取到下界之下，那么每个点都取一个上界，按上界排序后用上式算方案数。

如果按照原顺序直接带容斥系数 DP，上界是无序的，不可做。

考虑先枚举 \(k\)，那么发现这三部分是有序的：\(<n\) 的选 \(L_i\)，\(\ge n\) 的，\(<n\) 的选 \(R_i\)。

可以对于 \(<n\) 的按 \(L_i\)，\(\ge n\) 的按 \(R_i\)，把这 \(2n\) 个点排序。由于我们知道 \(k\) 所以对于第三部分的贡献可以立刻知道，那么设 DP \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个点中第一部分选了 \(j\) 个点，容易转移。注意我们这里的 DP 是不带容斥系数的，我们要在最后将 \(f_{2n,k}\) 以 \((-1)^k\) 的系数计入答案。复杂度 \(O(n^3)\)。

F - Almost Sorted 2

每个数限制都是关于前面一个数范围，考虑从大到小插入每个数。

插入一个数 \(i\) 要求前面的数要 \(\le i+D\)，容易发现插入完后一定合法。

依次插入 \(cnt\) 个 \(i\)，统计多少个数满足 \(\le i+D\) 然后乘上组合数即可，复杂度 \(O(n)\)。

G - One Time Swap 2

有三种序列，它们的字典序依次变大：

选一个位置与后面一个更小的数交换。
选两个相等的数交换。
选一个位置与后面一个更大的数交换。

其中第一种序列选的位置越前，字典序越小；第三种序列选的位置越后字典序越小。

可以预处理每个数后面比它小或比它大的数的个数，在前缀和或后缀和上二分即可。二分到一个位置后要求后缀第 \(k\) 小，可以用可持久化线段树。

注意第一种和第三种的线段树有区别：第一种当两数相同时，位置越靠后越小；第三种相反。

P13004 [GCJ 2022 Finals] Schrödinger and Pavlov - 洛谷

只需取出 \(n\) 所在的基环树。考虑方案数转概率，记 \(p_i\) 表示点 \(i\) 为 \(1\) 的概率，转移是容易的。

但是对环上的转移会有问题，因为一个点会有概率「既是 0 又是 1」，所以考虑找到环上编号最小点，在第一次转移这个点的时候讨论其确定为 \(0\) 还是 \(1\)，然后继续转移。复杂度 \(O(n)\)。

Problem - 1784F - Codeforces

除了前缀删的一段，和中间被删掉的一段，后面的段都可以看做每次删原序列上的相邻两个。

发现如果第 \(i\) 次操作删的不是前缀或中间的段，那么删的数字就是 \(n+i-1,n+i\)。所以可删的最大数字是 \(n+k\)。

充要就是：

每个段的长度为偶数，总长为 \(2k\)。
小于等于 \(n\) 的被删数中，删的是 \([1,n]\) 的「一段前缀与一段后缀」或「全部删掉」。
若 \([1,n]\) 被删的后缀为 \([p,n]\)，则 \([n+1,2n-p]\) 也要被删。
最大的被删数小于等于 \(n+k\)。

枚举前缀删了 \(2p\) 个数，分前缀是否全被删完讨论：

\(2p<n\) 时，再枚举中间段删了 \(2c\) 个，此时后面的段可以在 \(\le n+k\) 里随便删。相当于是问 \(n\) 个数选出 \(m\) 组无交相邻数的方案数，相当于在 \(n-m\) 个数里选 \(m\) 个数，再把每一组的另一个数插进去，因此方案数为 \(\binom{n-m}{m}\)，因此贡献为：

\[\sum _{p=0}^k [2p<n] \sum _{c=0}^{\min(n-2p-1,k-p)} \binom {p}{k-p-c} \]
考虑 \(p\) 增加时，组合数第 \(p\) 行贡献的区间 \([l,r]\) 的变化量是 \(O(1)\) 的，维护 \(l,r\) 即可。而 \(p\gets p+1\) 时，贡献的变化为 \(s\gets 2s-\binom {p}{r}+\binom {p}{l-1}\)。
当 \(2p\ge n\) 时贡献是容易算的，注意要求第二段不能与前缀段相邻：

\[\sum _{p=0}^k [2p\ge n] \binom{n-p-1}{k-p} \]

复杂度 \(O(n)\)。

P13559 【MX-X15-T6】翻树树 - 洛谷

一种思路是对于每种度数的点都连续翻两次。还有一种思路是依次取叶子，注意到叶子个数 \(\ge\) 最大度数。

可以把上述两种暴力结合起来，先翻一堆度数较大（度数大于一个分界线 \(B\)）的点，剩下的可以依次翻叶子。

可以枚举度数分界线 \(B\)，找到一个合法的分界线即可。

可以证明一定存在这样合法的分界线。

P8179 「EZEC-11」Tyres - 洛谷

\(t=0\) 可以用堆贪心。可以将朴素 DP 与贪心结合。考虑把每个 \(t\) 挂在每个轮胎的第一圈，然后找到一个最小的 \(k\) 使得第 \(k\) 圈的代价大于第一圈的代价，对于小于 \(k\) 的圈我们 DP，算出 \(f_i\) 表示只用小于 \(k\) 的圈跑完 \(i\) 圈的最小代价；然后大于等于 \(k\) 的圈我们贪心选，算出 \(g_i\) 表示只用大于等于 \(k\) 的圈跑完 \(i\) 圈的最小代价，将两部分合并即可。