LGR-074 题解

A. Number

Subtask 1,3

对于Subtask 3,我们计算发现 10^k+x\le 2\times10^{18},因此我们可以使用long long保存 10^k,直接计算结果。

如何计算 10^k 呢?这里有三种写法:

  • 一个for循环将一个初始为 1 的变量进行 k 次乘 10。
  • 预处理出pw[20]={1,1e1,1e2,1e3,1e4,...,1e18}
  • 使用math.h或者cmath库内的pow(10,k)

注意:使用后两种写法,处理结果是double型,请强制转long long或者%.0lf输出。

Subtask 1是留给忘记开long long,只开了int的同学的。

Subtask 2

我们先假设 k>0,选几个数看看——

10^9+7=1000000007,这里一共 8 个零。

我们观察一下 10^9+7=1000000007,发现中间有 8 个零。

换一个数,10^6+0=1000000,可以看作 5 个零,后面补个 x。

因此先输出 1 ,后面跟 k-1 个零,最后输出 x。

务必注意上述条件成立当且仅当 k>0,你需要特判 k=0 的情况,也就是输出 x+1。

Subtask 4,5(I)

首先,如果 10^k\le x,直接计算。Subtask 4是留给忘记这个特判的同学的。

我们尝试进行一些小学生计算:

tempjpg

我们发现:假设数字 x 有 s 位,那么 10^k+x 就由一个 1 ,k-s 个 0,最后末尾加入 x 构成。

如何计算一个数 x 的位数呢?下面是几种常见写法:

  • 定义变量 y,每次 y 变成原来的 \frac{1}{10},s 就加一。特别注意:x=0 的情况需要特判。
  • sprintf(ord,"%d",x)语句输出到char ord[]字符串中,然后使用strlen(ord)求长度。
  • 使用floor(log10(x))+1计算位数。注意:下取整后加一,x=0 要特判。

Subtask 4,5(II)

这里主要讲一些特殊方法,一般同学稍作了解即可,不知道也没有问题。

Python大法

Python大法

Python由于自带高精,做这种事情自然是十分方便的。下面是参考Python3代码:

a=input().split()
print(pow(10,int(a[0]))+int(a[1]))

C++自带函数法

我们观察这个竖式,可以将 10^k>x 的情况换一种形式:

> 先输出字符1,然后将 x 以固定的长度 k 输出,不足 k 位用前导零补齐。

在C/C++中,printf就可以上面的操作:

//在主函数中加入这句
printf("%019d",19810);

你的输出是不是0000000000000019810

因此,如果我们要计算 10^{20}+x,我们可以这么写:

printf("1%020d",x);

为了让计算机自动给我们把 k 填入printf语句中,我们需要使用sprintf函数:

//假设k=6,x=35
char ord[15];
sprintf(ord,"1%%0%dlld",k);//想输出%要在语句中填入%%
//ord现在是"1%06lld"
printf(ord,x);//1000035

总结

这题主要考察分支结构,循环结构,还对字符、数学位值原理有一定的考察。

送分到位,部分分充足,解法多样有趣。

解法到底有多少呢?哪怕只计算C++的常见写法:

  • 对于特判:k<18k<=18x的位数<=k三种;
  • 乘方计算:乘 10 法,预处理法(科学计数/手打一大波0),pow法四种;
  • 位数计算:除 10 法,log10法,sprintf+strlen法,sprintf+printf法四种。

3\times 4\times 4=48 种。

B

分类讨论题,部分分其实都是针对分类的一部分。

  • 如果 a=b=0,不需要进行任何操作,答案为 0。
  • 如果 a=0,b\neq 0,使用一次操作 2 将 a 乘 b+1,b 除以 b+1 即可,由于只使用操作 1 不会使得两数都变为 0,这样做总代价一定是最小的,为 d,a\neq 0,b=0 同理。
  • 如果 a=b\neq 0,有两种方法,第一种是使用一次操作 1,即可将两数都变为 0,第二种是使用两次操作 2,第一步将 a 乘 b+1,b 除以 b+1,这样 b 就变为 0 了,再将 b 乘 a+1(这里 a 是第一次操作后 a 的值),a 除以 a+1,即可使得两数都为 0,代价为 2\times d。由于不存在只使用一次 2 操作的方案(这样的话总代价为 d),答案必为两者中的较小值 \min(c,2\times d),其它任何方案代价一定大于等于该值。
  • 如果 a\neq b,a\neq 0,b\neq 0,有两种方法,第一种是用两次操作 2,与上面所说的相同,第二种是先用一次操作 1 将 a 和 b 中较小的那一个变为 0,再用一次操作 2 把另一个数变为 0,代价为 c+d,由于不存在只使用一次操作 1(总代价为 c)或只使用一次操作 2(总代价为 d)的方案,答案必为两者中的较小值 \min(c+d,2\times d)。

C

第一个点枚举 k 去判是否满足即可 第二个点枚举 k 的时候初始化求出小于等于每个 m 的答案,询问时 O(1) 第三个点 a_i 特别大,如果不能消掉大的部分就是-1,否则 k 的那一位一定是 1 第四五六个点的做法和正解差不多,只是最后用背包而不是贪心 将所有 a 换成二进制,统计每一位上有几个数为 1 ,这样问题就转换成有若干个物品, 每个物品花费 2 的若干次方,得到的价值为 2 的若干次方乘上一个数,每种物品有两个形态, 一个形态表示 k 这一位为 0 ,则价值乘上的数为 a 中这一位为 1 的数的个数, 另一个形态表示 k 这一位为 1 ,价值乘上的数为 a 中这一位为 0 的数的个数。 一开始我们先贪心求出一个 k 使 \sum a \, xor \, k 最小,这个贪心是显然的, 之后我们从高位往低位贪心求 k , 如果这一位 k 已经为 1 ,则不用管直接继续下一位, 如果这一位 k 为 0,那么贪心取, 如果这一位 k 为 1 的价值加上已有价值小于等于 m 的话,那这一位一定为 1 , 否则 k 这一位一定为 0 (为 1 就不符合题意了)最后输出得到的 k 就是答案 注意一下数据,这个数据很大,看似需要高精度,实际上只需要一个特判就可以判掉无解 使用 int128 也是可以的 时间复杂度 O(50(n+q))

D. Fallen Lord

Subtask 1

O(m^n) 大暴力搜索,甚至不用剪枝。

Subtask 2

读题分,输出 n-1。

Subtask 3

所有边都取两个端点的 a 值的 min,相加即可。

Subtask 4

发现点 u 周围的边权的中位数不超过 a[u] 的充要条件是 :

u 周围的边权中有不少于 \lfloor\dfrac{d[u]}{2}\rfloor 个 \le a[u] 的数,相当于有不超过 \lfloor\dfrac{d[u]-1}{2}\rfloor 个 >a[u] 的数。

令 up[u]=\lfloor\dfrac{d[u]-1}{2}\rfloor。

其中 d[u] 表示 u 的度数。

假设那个度数为 n-1 的点是 u,剩下的点的集合是 \{v\}。

容易发现 v_i 的父边的权值 \le a[v_i]。

那么按照 a[v_i] 从大到小排序,接下来分类讨论:

  • 如果有 > up[u] 个 > a[u] 的,那么取最大的 up[u] 个 a[v_i],剩下的都取 min\{a[u],a[v_i]\},相加。
  • 否则的话,直接把所有 a[v_i] 相加。

当然也可以不排序,运用 nth\_element 就能做到 O(n),这里不再赘述。

Subtask 5

考虑 dp。

dp[u][state] 表示 u 节点周围的状态为 state,0 表示 \le a[u],1 表示 >a[u]。

需要保证这个 state 的 0 次位是他的父边的状态。

记录 max[u][0/1] 表示对于所有 0 次位为 0/1 的 state,dp[u][state] 的最大值。

对于每一个 v_i 分别求出它的父边 \le a[u] 和 >a[u] 时对 u 的最大贡献 val[i][0/1],这个只需分类讨论即可。

接下来考虑计算 dp[u][state],那么 state 的 1\sim d[u]-1 次位就对应着 u 的每一个儿子的父边的状态。

  • 如果 state 第 i 位为 0,那么 val[i][0] 产生贡献。
  • 否则 val[i][1] 产生贡献。

计算完所有 dp[u][state] 之后 max[u][0/1] 也很容易计算了。

时间复杂度 O(n\times 2^{max\{d[u]\}})

Subtask 6

发现并不关心具体是哪些边,可以考虑换一种方式 dp。

dp[u][i] 表示 u 的所有子节点的父边中有 i 个权值 >a[u],u 的子树中边权和的最大值。

发现当 1\le i<up[u] 时,当前状态中 u 的父边可以 >a[u],否则当前状态中 u 的父边只能 \le a[u]。

那么也就相当于这么一个问题:有 n 组物品,每组中都有 2 个不能同时选的物品。

第 i 组中有 1 个花费为 0 ,价值为 val[i][0] 的物品以及 1 个花费为 1 ,价值为 val[i][1] 的物品,

于是 u 节点的所有状态就能用普通的背包转移了。

时间复杂度 O(n^2)。

Subtask 7

考虑优化 dp 状态。

dp[u][0/1] 表示 u 节点的父边权值 能 / 不能 >a[u],u 的子树中边权和的最大值。

同样求出 val[i][0] 和 val[i][1],此时发现这个问题可以贪心解决。

现在相当于有初始价值 \sum val[i][0] 以及一些物品,每个物品花费都是 1,第 i 个价值为 val[i][1]-val[i][0]。

对于 0\sim up[u] 中的每一个数求出能获得的最大总价值。

那么直接按照 val[i][1]-val[i][0] 从大到小排序,将后面 <0 的舍弃掉,贪心求前缀和即可。

此时 dp 值也很容易就能计算出来。

时间复杂度 O(n\log n),可以通过本题。

当然也可以不排序,运用 nth\_element 就能做到 O(n),这里不再赘述。

E. Yoshino

Subtask 1

考虑暴力修改,暴力查询逆序对,复杂度 \operatorname O(n^3)。

Subtask 2

将逆序对改用归并排序或权值树查询,复杂度 \operatorname O(n^2\log n)。

Subtask 3

由于修改长度是 1,直接考虑使用树套树维护动态逆序对。在修改时查询 [1,l-1] 区间大于原数的和 [r+1,n] 区间小于原数的数的个数并减去,然后对新数做类似的查询并加上。在查询逆序对时,可直接输出。复杂度 \operatorname O(n\log^2 n )

Subtask 4

显而易见,在值域缩小的同时,修改区间也随之缩小。

于是我们可以考虑对每个值建一个树状数组,如果对应位置有这个值,则树状数组该位置的值就是 1,否则是 0。

在修改时,对 [1,l-1] 区间的每个值分别做一个查询并做一个后缀和,对 [r+1,n] 区间的每个值也做一个查询并做一个前缀和,然后对每个值,我们就可以用 \operatorname O(1) 的复杂度修改并维护了。

注意不要忘了清楚修改区间内部对逆序对的贡献,这部分可以暴力。

由于值域可以认为是 \operatorname O(\log n),故此处的复杂度为 \operatorname O(n\log^2 n)。

Subtask 5

由于第两次操作一就会重置一次,我们可以考虑直接用数学方法计算出修改的贡献。

对于奇数次操作,直接重置,逆序对清零。

对于偶数次操作,分为 l<x 和 l>x 两种。

如果 l<x,则我们修改完后的该区间的值为 [x,x+r-l],易知 [l,r] 与 [x,x+r-l] 的交集为 [x,l-1]。

则对于值在 [x,l-1] 区间的数,对逆序对的贡献显然是一个公差为 -1 的等差数列,我们可以直接对此进行求和。

而对于值在 [l,x-r+l] 区间的数,显然对逆序对没有贡献,直接忽略。

如果 l>r 则类似讨论。

于是,我们就可以 \operatorname O(1) 完成对逆序对个数的计数(注意此时我们并不需要直接修改这个数列),复杂度 \operatorname O(n)。

Subtask 6

考虑颜色段均摊。

这是一种类似于珂朵莉树的 trick(事实上这就是珂朵莉树的推平操作),复杂度为均摊 \operatorname O(n\times k),其中 k 为单次修改的复杂度。

对于一个区间染色的操作,我们可以直接将一个区间维护为一个点,并且将他装入在 set 或其他容器中。

在修改时,我们在 set 中找到我们需要清除的所有区间(如果边界被包含则将边界所在的区间断开变成两个区间),并暴力将它们逐个清除,再插入新的区间。

为什么这样做的复杂度是正确的呢?我们可以来证明一下。

最初的时候,每个数单独构成一个区间,所以一共有 n 个区间。

而每次操作的时候,我们增加的区间包括断开左右边界区间时增加的两个区间,以及插入的新区间。

这样一来,整个操作过程中区间的总个数就是 n+3m 个。

而显然一个区间最多被插入一次,删除一次,且 nm 同级,所以复杂度为均摊 \operatorname O(n\times k)。

本题中的操作一并不是颜色段均摊,但显然可以用类似的方法,均摊 \operatorname O(n\times k) 完成修改。

但我们在修改的同时,还需要再维护一个动态逆序对,于是考虑令 k=\log^2n,使用树套树修改

考虑插入一个新段对逆序对的贡献(删除就将贡献减去)。

假设这个区间是 [l,r],这个区间的值的范围是 [x,y](r-l=y-x)。

那么我们大致可以其他的数分为以下几类:

  1. 位于 [1,l-1] 区间且值小于 x 的数。这类数没有贡献,直接无视。
  2. 位于 [r+1,n] 区间且值大于 y 的数。这类数同样没有贡献,直接无视。
  3. 位于 [1,l-1] 区间且值大于 y 的数。这类数对区间内的所有数都有贡献,只需统计个数并乘以 r-l+1。
  4. 位于 [r+1,n] 区间且值小于 x 的数。这类数同样对区间内的所有数都有贡献,处理方法同上。
  5. 位于 [1,l-1] 区间且值位于 [x,y] 之间的数。注意到,对于值为 t(t\in[x,y]) 的数,它对这个区间的贡献为 t-x,因为这个区间内前 t-x 个数的值会小于 t-x。于是我们可以对权值维护区间内的个数以及区间和,也就是一个范围内值在某个区间的数有几个,以及这几个数加起来是多少。然后用和减去个数乘以 x 就是我们所要的结果。
  6. 位于 [r+1,n] 区间且值位于 [x,y] 之间的数。处理方式类似于第五类数。

这样一来,我们就在修改的同时完成了对逆序对的维护,而复杂度没有发生变化。

于是最终的复杂度就是 \operatorname O(n\log^2 n)。

总结

本题的难度并不高,没有涉及到很复杂的维护方法,也没有涉及到很高级的数据结构,主要还是对一些基本技巧的灵活应用。另外,有一个颜色段均摊的操作值得大家掌握。

为良心的出题人点赞!

F

性质 1

将这个图分成 nm 个 2 \times 2 个正方形,那么每个正方形中恰好有一个 1 \times 2。

证明:称 S 为所有被 1 \times 2 覆盖的格子的集合,那么 |S|=2mn。每个这样的 2 \times 2 中至多有两个格子属于 S。

然而所有 4mn 个格子中,恰好有一半的格子属于 S。所以每个 2 \times 2 中恰好 2 个,构成一个 1 \times 2。

从左上角的格子开始依次考虑,可以证明这些就是所有的魔力之石。


根据这个性质,称一个上述的分割中的 2 \times 2 的方格为 上,下,左,右 之一,取决于 1 \times 2 在它中的位置。

性质 2

一个 的方格的上方的方格也是 的,右边是 或者 ,左边是 或者 。其他四种方格类似。

证明显然。

那么,结合以上两条性质,这个图大概是长这样的:

注意到,如果现在就要推式子等方法计算的话,这个生成函数肯定是二元的形式,难以计算,可以用矩阵做到 \Theta(n^6 \log m) 的复杂度,不详细说明。

这一步需要极高的技巧,相当于因式分解了那个难以刻画的二元生成函数。

用两条路径刻画这个图,一条从左上到右下,一条从左下到右上:

那么分成的四块就恰好是 上,下,左,右

现在这题变成:左上走到右下,每次向右或者向下,有些地方不能走,求方法数。

不能走是因为有 k 个指定的位置,那么这些会限制这条路径。

当然,现在还没有明确说明哪些地方不能走,这里说清楚,下面的例子主要考虑左上到右下的路径。

限制就是,所有 的方格和所有 的方格和剩下两种方格被这条路径分成两半,也就是,如果把下和左看成 1,其余看成 2,那么这条路径将 1 与 2 分成两个部分。

现在让这个方格表左下为 (0,0),右上为 (m,n)。如果一个 1 类方格的左下角为 (p,q),那么这条路径不能经过任何 x\le p 并且 y \le q 的点,对于 2 类方格类似。下面的图表明了一种可能的能走与不能走的位置。

这里,红色的点表示不能走的点,绿色的线是一条合法的路径,黄色的线把能走到的地方分成了几个矩形。

矩形未必要有长与宽(可以为 0),可能用 s\times t 的点阵( s,t \ge 1)来形容更加合适,下面 点阵矩形 都代表这个意思。

这些矩形是有特殊要求的,不难发现不能走的地方构成了两个简单多边形,这两个多边形的边有水平的和竖直的,用竖直的边分割这个网格图得到了图中所示的矩形,后面的方法会说明为什么要这么分,可以通过上面的图更好的理解这些矩形是怎么刻画出来的。

当然,刻画这些矩形需要将所有放好的块排序并且利用单调栈维护,细节比较多,这里不细说。

考虑最基本的 dp 以及一个没有限制的图,令 dp[i][j] 为到 (i,j) 的合法路径数,那么 dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j]。

这个式子可以化成 dp[i][j]=\sum_{k=1}^jdp[i-1][k],也就是一个前缀和的形式。

注意到,如果按照上面的方式将合法区域划分为矩形,那么每个长为 t 的点阵就相当于做 t-1 次前缀和。

我们用到生成函数的知识,如果假设第 i 列(横坐标为 i 的所有点)从上到下的 dp[i][j](0 \le j \le n) 构成生成函数 F_i(x)=\sum dp[i][j]x^j,其中 0 \le i \le m,我们有递推式:

F_{i+1}(x)=\frac{F_i(x)}{1-x},如果第 i 列与第 i+1 列在同一个矩形内;

如果不在同一个矩形内,一定在相邻两个矩形内,设这两个矩形的上下高度分别为 h_1,l_1,h_2,l_2,如图:

那么,这个生成函数,就是先保留原来 F_i(x) 在 h_2 到 l_1 次项的系数,然后对其做前缀和,为 G_{i+1}(x),然后 F_{i+1}(x) 的系数,不大于 l_1 次项的与 G_{i+1}(x) 相同,l_1 到 l_2 次项用 G_{i+1}(x) 的 l_1 次项系数填充。

这个比较难以用式子进行刻画,所以只能通过文字进行解释。

我们并不需要求出所有的 F_i(x),因为需要的甚至只是 F_m(x) 的一项系数,所以我们求出所有矩形两条宽所在列代表的多项式,相邻多项式之间的转移可以用多项式前缀和以及 NTT 优化就可以在 n \log n 的时间内完成,由于矩形一共 \Theta(n) 个那么这是 n^2 \log n 的,但是这不够优秀,瓶颈在求前缀和上。

如果不用做前缀和,剩下的操作甚至是 \Theta(n) 的。我们考虑一个稍微一般一点的问题:

维护一个多项式,支持三种操作:

(1)做若干次前缀和;(2)查一项系数;(3)加上一个单项式。

(在同一个矩形内的转移规约为(1)操作,相邻矩形转移可以查询 h_1 到 h_2 次项所有系数并依次减掉对应的单项式,然后再做一次前缀和,然后查询 l_1 次项的系数,最后在依次查询 l_1+1 到 l_2 次项的系数,把他们加上与 l_1 次项的系数的差)

此时解法几乎呼之欲出了:

维护一个多项式 Q(x) 与一个整数 t\ge 0,我们真实的多项式是 \dfrac{Q(x)}{(1-x)^t},那么对于(1)操作直接修改 t,对于 2 操作可以 O(n) 求出卷积的一项,对于 3 操作将这个单项式乘以 (1-x)^t 后加到 Q(x) 上即可,时间复杂度 O(n^2)。

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EricNTH

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谢谢qyh分享?

Rolling_Code

/kel
这怕不是把洛谷官方题解弄了过来
到时候反正我T123都AC了,重新写一份罢。

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