2025/11/22 NOIP 模拟赛小记

\(100+100+28+40=268\)，T3 好像拿的分过于少了。

不管了，T1、T2 都击杀了，还行。

T1

原题：TopCoder 13061。

题意

有 \(n\) 种面值的硬币，第 \(i\) 种面值为 \(a_i\)，保证 \(a_1=1\)，\(\forall 1\leq i<n,a_i\mid a_{i+1}\land a_i<a_{i+1}\)。

不同面值的硬币有不同的颜色，且只能通过颜色区分。有一个 ATM 机，你可以做若干次查询，每次查询给出 \(X\)，ATM 机会用最少的硬币凑出面值 \(X\)。求最少查询次数以确定每种面值对应的颜色。\(1\leq n\leq 60\)，\(1\leq a_i\leq 10^{18}\)。

击杀爽。

设 \(b_i=\lfloor\frac{a_{i+1}}{a_{i}}\rfloor\)。

假设询问了 \(k\) 次，可以发现，问题可以抽象成对于每个 \(a_i\)，分配一个大小为 \(k\) 的向量 \(\vec{v_i}\)，且其每一个分量都应该是 \([0,b_i-1]\) 中的整数。考虑这些向量有什么限制：

• \(\vec{v_i}\) 应当互不相同，这样才能唯一确定每种面值的颜色。
• \(\vec{v_i}\neq \vec{0}\)。

显然 \(\vec{v_n}\) 没有分量的大小限制，可以直接排除掉。对于 \(1\leq i<n\)，\(\vec{v_i}\) 的取值为 \(([0,b_i-1]\cap\mathbb{Z})^k-\{\vec{0}\}\)。考虑在每种面值的硬币和其能取到的向量之间连边，得到一张二分图，那么我们相当于要找一组完美匹配。使用 Hall 定理做判定，每个左部点 \(i\) 连向的右部点 \(S_i\) 之间必然成包含关系，于是只需要按 \(b_i\) 排序，判定条件即为对于每个 \(j\)，都有 \(j\leq b_j^k-1\)。答案显然 \(\leq n\)，暴力枚举答案判定即可。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

T2

原题：TopCoder 12464

题意

有 \(n\) 个点 \((x_i,y_i)\)。有 \(m\) 轮移动，对于每轮移动，每一个点都可以从上下左右四个方向中选择一个，向该方向移动一个单位。要求在 \(m\) 轮移动后，所有点的坐标相同，求满足要求的移动方案数，答案对 \(10^9+7\) 取模。\(1\leq n\leq 50\)，\(1\leq m,|x_i|,|y_i|\leq 10^5\)。

傻逼题。

令 \((x_i,y_i)\gets (x_i+y_i,x_i-y_i)\)，很难不发现这样两维就独立开了，枚举汇合点组合数计算即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n(m+V))\)。

T3

原题：QOJ 13558。

题意

有三个长度为 \(n\) 的排列 \(p_1,p_2,p_3\)。对于某个排列 \(k\)，定义 \(i\) 能打败 \(j\)，当且仅当 \(i\) 在 \(p_k\) 中的位置在 \(j\) 之前。现在有 \(n\) 个数 \(1,2,\cdots,n\)，你每次可以任选两个不同的数 \(x,y\)，再指定一个排列 \(p_k(k\in\{1,2,3\})\)，然后 \(x,y\) 中被打败的那个将会被淘汰。

有 \(q\) 次操作：

1. 给定 \(k,x,y\)，交换 \(p_k\) 中 \(x,y\) 的位置。
2. 给定 \(x\)，查询 \(x\) 是否能成为最终剩下的那个数。

\(1\leq n,q\leq 10^5\)。

神秘结论题。

直接给出结论：考虑最小的分界点 \(i\)，使得对于每个数 \(x\)，其在三个排列中的出现位置要么都 \(\leq i\)，要么都 \(>i\)。那么 \(x\) 能成为最终剩下的那个数，当且仅当 \(x\) 在三个排列中的出现位置都 \(\leq i\)。

证明

必要性显然，下面证充分性。

考虑建图，若 \(u\) 可能打败 \(v\)，则从 \(u\) 向 \(v\) 连有向边。不难看出 \(u\) 能成为最终剩下的数，等价于从它出发 DFS 能遍历到剩下的所有点。在缩点后的 DAG 上，上述条件还等价于点 \(u\) 位于 DAG 中唯一一个零入度点对应的强连通分量中。

设 \(\leq i\) 部分的点集为 \(S_1\)，\(>i\) 部分为 \(S_2\)。显然 \(S_1,S_2\) 之间所有边都是 \(S_1\) 连向 \(S_2\)，所以我们只需要证明 \(S_1\) 是一个强连通分量。考虑反证。若 \(S_1\) 不是一个强连通分量，则一定能将其进一步划分成两个** \(P,Q\)，使得 \(P,Q\) 间所有边都是 \(P\) 连向 \(Q\)。显然这说明 \(|P|\) 是一个更小的分界点，矛盾。于是得证。\(\Box\)

对于每一种值，设其在三个排列中最早的出现位置为 \(p\)，那我们在 \(p\) 上单点 \(+1\)，这样相当于找到一个最小的 \(i\) 使得其前缀和 \(s_i\) 恰好为 \(i\)。用线段树维护 \(s_i-i\)，这样修改操作就是后缀加减 \(1\)，然后维护最小值的最早出现位置即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}((n+q)\log{n})\)。

T4

原题：TopCoder 12584。

题意

定义一个正整数 \(n\) 为半完全幂，当且仅当其能表示为 \(a\cdot b^c\)，其中正整数 \(a,b,c\) 满足 \(a\geq 1,b>1,c>1\)。给定 \(L,R\)，求 \([L,R]\) 中半完全幂的数的个数。\(1\leq L\leq R\leq 8\times 10^{16}\)。

推式子题，难点在于性质分析。

肯定要差分成前缀查询的。

比较难注意到，所有半完全幂都能化成 \(c\in\{2,3\}\) 的形式。因为对于 \(c>3\)，若 \(c\) 为偶数，我们可以构造成 \(a\cdot (b^{\frac{c}{2}})^2\)，否则我们可以构造成 \((ab)\cdot(b^{\frac{c-1}{2}})^2\)。

考虑分开算两种 case。无论是哪种 case，我们都钦定 \(a\) 是所有表示方法中最小的，即不存在正整数 \(q>1\) 使得 \(q^c\mid a\)。

对于 \(c=2\) 的 case，我们直接枚举 \(a\) 算有多少种合法的 \(b\) 即可，方案数为

\[\sum_{a=1}^{n^{\frac{1}{3}}}\mu^2(a)\left(\left\lfloor\sqrt{\frac{n}{a}}\right\rfloor-a\right) \]

对于 \(c=3\) 的 case，考虑如何不重复计入能表示成 \(ab^2\) 的数。对于某个 \(ab^3\)，显然我们能构造成 \((ab)\cdot b^2\)，但我们钦定了系数要是最小的，于是设 \(k\) 为最大的正整数使得 \(k^2\mid ab\)，式子变为 \(\left(\dfrac{ab}{k^2}\right)\cdot (bk)^2\)。要不重复计入，我们应当保证 \(\dfrac{ab}{k^2}\geq bk\)，化简得到 \(k^3\leq a\)。

接下来就是传统艺能环节。先写出式子：

\[\sum_{a=1}^{n^{\frac{1}{4}}}[\nexists q>1,q^3\mid a]\sum_{k=1}^{a^{\frac{1}{3}}}\sum_{b=a+1}^{\left(\frac{n}{a}\right)^{\frac{1}{3}}}[k^2\mid ab]\mu^2\left(\frac{ab}{k^2}\right) \]

这样直接算是 \(\mathcal{O}(n^{\frac{7}{12}})\) 的，无法接受。

这个 \([k^2\mid ab]\) 比较难受，考虑把它去掉。设 \(d=\gcd(a,k^2),a'=\dfrac{a}{d},k'=\dfrac{k^2}{d}\)，那就变成了 \([k'\mid b]\mu^2\left(\dfrac{a'b}{k'}\right)\)，然后套路地枚举 \(b=tk'\)，于是式子变为

\[\sum_{a=1}^{n^{\frac{1}{4}}}[\nexists q>1,q^3\mid a]\sum_{k=1}^{a^{\frac{1}{3}}}\sum_{b=tk'}\mu^2\left(a't\right) \]

由 \(\mu(xy)=\mu(x)\mu(y)[\gcd(x,y)=1]\)，可以同理得到 \(\mu^2(xy)=\mu^2(x)\mu^2(y)[\gcd(x,y)=1]\)，这样后面的式子就化成了 \(\mu^2(a')\mu^2(t)[\gcd(a',t)=1]\)。上莫反：

\[\begin{align*} &\sum_{a=1}^{n^{\frac{1}{4}}}[\nexists q>1,q^3\mid a]\mu^2(a')\sum_{k=1}^{a^{\frac{1}{3}}}\sum_{b=tk'}\mu^2(t)[\gcd(a',t)=1]\\ =&\sum_{a=1}^{n^{\frac{1}{4}}}[\nexists q>1,q^3\mid a]\mu^2(a')\sum_{k=1}^{a^{\frac{1}{3}}}\sum_{b=tk'}\mu^2(t)\sum_{p\mid\gcd(a',t)}\mu(p)\\ =&\sum_{a=1}^{n^{\frac{1}{4}}}[\nexists q>1,q^3\mid a]\mu^2(a')\sum_{k=1}^{a^{\frac{1}{3}}}\sum_{p\mid a'}\mu(p)\sum_{t=t'p}\mu^2(t'p) \end{align*} \]

其中由于 \(b\) 的取值范围为 \([a+1,\left(\frac{n}{a}\right)^{\frac{1}{3}}]\)，所以 \(t'=\dfrac{b}{k'p}\) 的取值范围为 \([\dfrac{a+1}{k'p},\dfrac{\left(\frac{n}{a}\right)^{\frac{1}{3}}}{k'p}]\)。

最后一个 \(\sum\) 和 \(a'\) 的约数**都可以 \(\mathcal{O}(n^{\frac{1}{3}}\ln{n})\) 调和级数预处理，这也是时间复杂度瓶颈。

总体时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n^{\frac{1}{3}}\ln{n})\)。