2022.11.09 NOIP2022 模拟赛六

科学

Source：CF461C Appleman and a Sheet of Paper，*2200。

注意到对于 \(p\le \lfloor \frac {now}{2}\rfloor\)，直接暴力维护的复杂度是对的。

而对于其 \(>\) 的情况，翻转右半边同样是对的。

故维护翻转的标记，暴力做并且维护区间和即可，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

Code

const int N=2e5+5;
int sum[N*4],add[N*4];
void build(int p,int l,int r) {
    if(l==r) return sum[p]=1,void();
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p*2,l,mid),build(p*2+1,mid+1,r);
    sum[p]=sum[p*2]+sum[p*2+1];
}
void update(int p,int l,int r,int x,int v) {
    if(l==r) {sum[p]+=v;return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    if(x<=mid) update(p*2,l,mid,x,v);
    else update(p*2+1,mid+1,r,x,v);
    sum[p]=sum[p*2]+sum[p*2+1];
}
int query(int p,int l,int r,int x,int y) {
    if(x<=l&&r<=y) return sum[p];
    int mid=(l+r)>>1,ret=0;
    if(x<=mid) ret+=query(p*2,l,mid,x,y);
    if(y>mid) ret+=query(p*2+1,mid+1,r,x,y);
    return ret;
}
int main() {
    int n,q;scanf("%d %d",&n,&q);
    build(1,1,n);int st=1,ed=n,OP=0;
    FOR(TTT,1,q) {
        int op,x,y,len=ed-st+1;
        scanf("%d %d",&op,&x);
        if(op==2) {
            scanf("%d",&y);
            int l=x,r=y-1;
            if(OP) l=len-l-1,r=len-r-1,swap(l,r);
            printf("%d\n",query(1,1,n,l+st,r+st));
        }
        else {
            int mid=(ed-st+1)/2;
            if(x<=mid) {
                if(!OP) {
                    int r=st+2*x-1,z;
                    FOR(i,1,x) z=query(1,1,n,st+i-1,st+i-1),update(1,1,n,r-i+1,z);
                    st=st+x;
                }
                else {
                    int l=ed-2*x+1,z;
                    FOR(i,1,x) z=query(1,1,n,ed-i+1,ed-i+1),update(1,1,n,l+i-1,z);
                    ed=ed-x;
                }
            }
            else {
                if(!OP) {
                    OP^=1;
                    x=ed-st+1-x;
                    int l=ed-2*x+1,z;
                    FOR(i,1,x) z=query(1,1,n,ed-i+1,ed-i+1),update(1,1,n,l+i-1,z);
                    ed=ed-x;
                }
                else {
                    OP^=1;
                    x=ed-st+1-x;
                    int r=st+2*x-1,z;
                    FOR(i,1,x) z=query(1,1,n,st+i-1,st+i-1),update(1,1,n,r-i+1,z);
                    st=st+x;
                }
            }
        }
    }
}

勇者

Source：AT code_festival_2017_quala_f Squeezing Slimes，*3091。

AT *3000+，转手放 T2。

注意到对于每一个 \(a_i\)，其被合出来的步数下界是 \(\lfloor \log_2 a_i\rfloor\)，若不为二的次幂则还需要一次，并且一定可以构造得到这个步数下界。

若每个数之间独立，那答案显然是 \(\sum\lfloor \log_2 a_i\rfloor\)，但是两个数之间可以合在一起处理，考虑这种情况。

设前面可以过来 \(k\) 个操作，现在要做 \(b_i=\lfloor \log_2 a_i\rfloor\) 次，考虑分类讨论，若 \(k<b_i\)，则必须补齐 \(b_i-k\) 个操作，若 \(k>b_i\) 则过渡过来的只有 \(b_i\) 个操作。

注意特判不为二的次幂的情况，时间复杂度 \(O(n)\)。

Code

int main() {
    int n;
    ll cur=0,ans=0;
    n=read();
    FOR(i,1,n) {
        int x=read();
        int w=__lg(x),fl=0;
        if((1<<w)!=x) fl=1;
        if(cur<w) ans+=w-cur;
        if(cur>w) fl=0;
        cur=w;
        if(fl) ans++,cur++;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

输出

Source：CF1418G Three Occurrences，*2500。

枚举右端点 \(r\)，考虑维护当前可能为答案为 \(l\)。

分开考虑每一种颜色，求出每一种颜色的合法右端点集合 \(S\)，那么所有集合 \(S\) 的交即为答案。

下记 \(pre_{x,c,k}\) 表示在 \(x\) 前面的第 \(k\) 个颜色为 \(c\) 的位置。

对颜色是否为 \(col_r\) 分类讨论，

• 颜色为 \(col_r\)，那么必须得包含 \(k\) 个这个颜色，故合法集合为 \((pre_{r,col_r,k+1},pre_{r,col_r,k}]\)。
• 颜色不为 \(col_r\)，既可以包含 \(k\) 个，也可以都不包含，故合法集合为上面的加上 \((pre_{r,x,1},r]\)。

注意到一种颜色的合法集合不相交，可以直接区间加维护最大值及最大值个数，做到 \(O(n\log n)\)。

Code

const int N=5e5+5;
int add[N*4];
struct node {int ma,cnt;} tr[N*4];
node operator + (node a,node b) {
    node ret;
    ret.ma=max(a.ma,b.ma),ret.cnt=0;
    if(ret.ma==a.ma) ret.cnt+=a.cnt;
    if(ret.ma==b.ma) ret.cnt+=b.cnt;
    return ret;
}
void pushadd(int p,int v) {add[p]+=v,tr[p].ma+=v;}
void pushdown(int p) {
    if(add[p]) {
        pushadd(p*2,add[p]),pushadd(p*2+1,add[p]);
        add[p]=0;
    }
}
void build(int p,int l,int r) {
    if(l==r) {tr[p].cnt=1;return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p*2,l,mid),build(p*2+1,mid+1,r);
    tr[p]=tr[p*2]+tr[p*2+1];
}
void update(int p,int l,int r,int x,int y,int v) {
    if(x>y) return;
    if(x<=l&&r<=y) return pushadd(p,v);
    int mid=(l+r)>>1;pushdown(p);
    if(x<=mid) update(p*2,l,mid,x,y,v);
    if(y>mid) update(p*2+1,mid+1,r,x,y,v);
    tr[p]=tr[p*2]+tr[p*2+1];
}
int id[N],col[N],pre[N],nxt[N],tmp[N],cur[N],colcnt;
int main() {
    int n,K;scanf("%d",&n);K=3;
    FOR(i,1,n) {
        scanf("%d",&col[i]);
        id[i]=++tmp[col[i]];
        if(tmp[col[i]]==1) cur[col[i]]=i,colcnt++;
    }
    build(1,1,n);
    FOR(i,1,n) tmp[i]=0;
    FOR(i,1,n) pre[i]=tmp[col[i]],tmp[col[i]]=i;
    FOR(i,1,n) tmp[i]=0;
    ROF(i,n,1) nxt[i]=tmp[col[i]],tmp[col[i]]=i;
    ll ans=0;
    FOR(i,1,n) {
        update(1,1,n,i,i,colcnt);
        update(1,1,n,pre[i]+1,i,-1);
        if(id[i]==K) update(1,1,n,1,cur[col[i]],1);
        if(id[i]>K) {
            int &pk=cur[col[i]];
            update(1,1,n,pre[pk]+1,pk,-1);
            update(1,1,n,pk+1,nxt[pk],1);
            pk=nxt[pk];
        }
        if(tr[1].ma==colcnt) ans+=tr[1].cnt;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

咒术

Source：「BJOI2019」勘破神机。

先做 \(m=2\)。

注意到 \(m=2\) 时答案等价于 \(\sum_{i=l}^r \binom{f_i}{k}\)，\(f_i\) 表示斐波那契数。

考虑推式子：

\[\begin{aligned}
\sum_{n=l}^r \binom{f_n}{k} & = \sum_{n=l}^{r}\frac{f_n!}{(f_n-k)!k!}\\
& = \frac{1}{k!}\sum_{n=l}^r f_{n}^{\underline{k}}\\
& = \frac{1}{k!}\sum_{n=l}^r \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \begin{bmatrix} k\\i \end{bmatrix} f_n^i\\
\end{aligned}
\]

考虑使用 \(f_k\) 的通项公式：

\[f_n=\frac{5+\sqrt{5}}{10}(\frac{1+\sqrt{5}}{10})^n+\frac{5-\sqrt{5}}{10}(\frac{1-\sqrt{5}}{10})^n
\]

记 \(f_n=A\alpha^n+B\beta^n\)，带回上式：

\[\begin{aligned}
\frac{1}{k!}\sum_{n=l}^r \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \begin{bmatrix} k\\i \end{bmatrix} f_n^i & = \frac{1}{k!}\sum_{n=l}^r \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \begin{bmatrix} k\\i \end{bmatrix} (A\alpha^n+B\beta^n)^i\\
& = \frac{1}{k!}\sum_{n=l}^r \sum_{i=0}^k (-1)^{k-i} \begin{bmatrix} k\\i \end{bmatrix} \sum_{j=0}^i\binom{i}{j}A^j\alpha^{nj}B^{i-j}\beta^{n(i-j)}\\
& = \frac{1}{k!}\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i} \begin{bmatrix} k\\i \end{bmatrix} \sum_{j=0}^i\binom{i}{j} A^iB^{i-j}\sum_{n=l}^r(\alpha^j\beta^{i-j})^n
\end{aligned}
\]

最后一项是一个等比数列求和，直接做就是 \(O(k^2\log r)\) 的，注意特判公比为 \(1\) 的情况。

注意到 \(5\) 在模 \(998244353\) 下不存在二次剩余，故需要手写复数类扩域。

接下来考虑 \(m=3\)，实际上也是一个求递推式的过程，这里的递推式是 \(g_i=4g_{i-1}-g_{i-2}\)，同样可以用特征方程求出类似 \(A\alpha^n+B\beta^n\) 的形式，做到同样复杂度。

上述懒了省略了若干细节，可以参考代码。

Code

const int N=505,mod=998244353;
int inc(int x,int y) {x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return x;}
void Inc(int &x,int y) {x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
int dec(int x,int y) {x-=y;if(x<0) x+=mod;return x;}
void Dec(int &x,int y) {x+=y;if(x<0) x-=mod;}
int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y%mod;}
void Mul(int &x,int y) {x=1ll*x*y%mod;}
int fpow(int x,ll y) {
    int ret=1;
    for(;y;y>>=1) {
        if(y&1) Mul(ret,x);
        Mul(x,x);
    }
    return ret;
}
int inv(int x) {return fpow(x,mod-2);}
int V,C[N][N],S[N][N],fac[N],ifac[N];
struct Complex {
    int x,y;
    Complex operator + (const Complex &a) const {return {inc(x,a.x),inc(y,a.y)};}
    Complex operator - (const Complex &a) const {return {dec(x,a.x),dec(y,a.y)};}
    Complex operator * (const Complex &a) const {return {inc(mul(x,a.x),mul(V,mul(y,a.y))),inc(mul(x,a.y),mul(y,a.x))};}
    Complex operator * (const int &a) const {return {mul(x,a),mul(y,a)};}
} A,B,alph,bt;
Complex fpow(Complex x,ll y) {
    Complex ret={1,0};
    for(;y;y>>=1) {
        if(y&1) ret=ret*x;
        x=x*x;
    }
    return ret;
}
Complex inv(Complex a) {
    int tmp=dec(mul(a.x,a.x),mul(V,mul(a.y,a.y)));tmp=inv(tmp);return {mul(a.x,tmp),mod-mul(a.y,tmp)};
}
int main() {
    int T=read(),m=read();
    if(m==2) V=5;
    else V=3;
    S[1][1]=1;
    FOR(i,0,501) C[i][0]=1;
    FOR(i,1,501) FOR(j,1,i) C[i][j]=inc(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
    FOR(i,2,501) FOR(j,1,i) S[i][j]=dec(S[i-1][j-1],mul(i-1,S[i-1][j]));
    fac[0]=1,ifac[0]=1;
    FOR(i,1,501) fac[i]=mul(fac[i-1],i),ifac[i]=inv(fac[i]);
    if(m==2) A={inv(2),inv(10)},B={inv(2),mod-inv(10)},alph={inv(2),inv(2)},bt={inv(2),mod-inv(2)};
    else A={inv(2),inv(6)},B={inv(2),mod-inv(6)},alph={2,1},bt={2,mod-1};
    while(T--) {
        ll l=read(),r=read();int k=read();
        ll len=r-l+1;
        int ans=0;
        if(m==3) l=(l+1)>>1,r>>=1;
        ll L=r-l+1;
        FOR(i,1,k) {
            Complex tmp={0,0};
            FOR(j,0,i) {
                Complex a=fpow(A,j)*fpow(B,i-j),b=fpow(alph,j)*fpow(bt,i-j);
                Complex c=(fpow(b,L+1)-b)*inv(b-(Complex){1,0});
                if(b.x==1&&b.y==0) c=b*(L%mod);
                tmp=tmp+a*c*C[i][j]*fpow(b,l-1);
            }
            Inc(ans,mul(S[k][i],tmp.x));
        }
        printf("%d\n",mul(ans,mul(inv(len%mod),ifac[k])));
    }
}