HDU 多校第四场题解

对于 D 题的原题意，出题人和验题人赛前都没有发现标算存在的问题，导致了许多选手的疑惑和时间的浪费，在此表示真诚的歉意！
预计难度分布：

Easy - DJKL, Medium - ABCEG, Hard - FHI

A. Integers Exhibition

不难发现非 \(K\)-magic 数是非常少的，考虑先预处理出来，二分回答询问。

以下我们讨论如何求出非 \(K\)-magic 数，为方便描述，我们称一个正整数是良好的当且仅当其是非 \(K\)-magic 的。

对于一个质数 \(p\)，我们考虑所有仅包含小于 \(p\) 的质因子的正整数集 \(G\)。不难发现：

• 若 \(x \in G\)，且在 \(G\) 中已经有超过 \(K\) 个小于 \(x\) 的整数约数个数多于 \(x\)，即 \(x\) 一定不是良好的，则 \(x p ^ c\) \((c \ge 0)\) 也一定不可能是良好的。

这样我们就可以得到一个初步的想法。开始我们认为仅有 \(1\) 是良好的，枚举质因子 \(p\)，对于每一个原来认为是良好的数 \(x\)，将 \(x p ^ c\) \((c \ge 0)\) 加入候选列表，接着将候选列表排序，除去已经可以确定不是良好的数，进入下一轮迭代。容易证明，在这个算法中，筛去一个不是良好的数 \(x\)，是不会在后续过程中令一个原本不是良好的数，变成一个良好的数的，故筛去良好的数的过程是合法的剪枝。

然而枚举的质因子的范围有多大呢？联想 \(K = 0\) 这一经典问题，我们知道对于 \(10 ^ {18}\) 的范围，考虑前 \(20\) 个质因子都绰绰有余了，因为将更大的质因子加入是非常不优的。在 \(K\) 更大的时候，我们采用“迭代至稳定”的思想，每一轮迭代后检查答案是否变化，如果在较长一段迭代后答案无任何变化，我们就认为质因子 \(p\) 的上界已经达到。经过实践，在 \(K = 233\) 时，\(p\) 的最大值取到 \(293\) 即可。

我们考虑如何在一轮迭代中除去确定不是良好的数。考虑维护前 \(K + 1\) 大值，从小到大枚举候选列表中的数 \(x\)，若 \(x\) 小于第 \(K + 1\) 大值，我们就把这个数除去。否则更新前 \(K + 1\) 大值。根据上述描述可以大致估算复杂度。设 \(K = 233\) 时，\(10 ^ {18}\) 内良好的数的数量为 \(N\)，经过实践，可以知道 \(N\) 约为 \(50000\)。每次扩展最多把一个数扩展成 \(\log M\) 个数，在剪枝完毕后，列表大小又回归到 \(N\) 以下，故时间复杂度可以估算为 \(O(NK Max(p) \log M)\)，常数较小。

B. Harvest of Apples

定义 \(S(n, m) = \sum_{i = 0} ^ {m} {n \choose i}\)，不难发现 \(S(n, m) = S(n, m - 1) + {n \choose m}, S(n, m) = 2S(n - 1, m) - {n - 1 \choose m}\)。也就是说，如果我们知道 \(S(n, m)\)，就能以 \(O(1)\) 的代价计算出 \(S(n - 1, m), S(n, m - 1), S(n + 1, m), S(n, m + 1)\)，可以采用莫队算法。

时间复杂度 \(O(T \sqrt{MAX})\)。

C. Problems on a Tree

用并查集维护两种连通块 —— Easy + Medium 题的连通块，维护大小；Easy 题的连通块，维护大小以及与此连通块只隔一个 Hard 题的 Easy + Medium 连通块大小之和即可。

D. Nothing is Impossible

如果仅有 1 道题，至少有一个人做对这题需要有 错误答案个数 + 1 个人。

那么容易发现在每道题正确答案只有一个的情况下，如果 \(n\) 道题中存在 \(s\) 道题，使得学生人数 \(m\) 不少于每道题 错误答案个数 + 1 相乘的结果，那么一定有人能够得到 \(s\) 分。故我们将题目按错误答案个数从小到大排序，找到最大的 \(p\) 满足 \(\prod_{i \le p} {(b_i + 1)} \le m\) 就是答案。

E. Matrix from Arrays

简单推导可得

\[M[i][j] = A[(\frac{(i + j)(i + j + 1)}{2} + i) \mod L] = A[(\frac{3i}{2} + \frac{j}{2} + \frac{i ^ 2} {2} + \frac{j ^ 2}{2} + ij) \mod L] = M[i + 2L][j] = M[i][j + 2L]\]

预处理左上角 \(2L \times 2L\) 的矩阵的二维前缀和，\(O(1)\) 回答询问。时间复杂度 \(O(L ^ 2 + Q)\)。

F. Travel Through Time

由于可持久化的存在，直接维护哪些位置有棋子十分困难。考虑维护一些全是棋子的线段，这些线段可以有重叠部分，但是需要保证这些线段覆盖了所有的棋子。

注意到如果我们只维护了线段的左右边界，甚至不用知道某个左边界具体对应的是哪个右边界，就可以知道某个位置上有没有棋子。因此只维护左右边界，把左边界看成左括号，右边界看成右括号，那么这就是一个括号序列。

比如说对于 0111011110 这样一串格子（1表示有棋子，0表示没有），我们可以用这样的括号序列来维护：0(111)0(1111)0。由于一个局面并不对应了唯一的括号序列，因此这些括号序列也是可以的：0(111)0(11)(11)0，0(1(1(1)))0(((11(11))))0。

对于每一个操作，都可以用括号序列维护：

• 操作一：在 \(x\) 前加入一对括号。

• 操作二：将所有左括号向左移动 \(x\)，将所有右括号向右移动 \(x\)。

• 操作三：在 \(l\) 的前面与 \(r\) 的后面加入形如 ... )))((( ... 的括号使得没有线段穿过 \(l\) 和 \(r\)。然后将 \(l, r\)之间的括号直接翻转并反转。比如说对于 0(111)0(11(1)1)0，如果要翻转 \([3,8]\)，首先补充括号，变成：0(1] [11)0(11(1]] [[1)1)0（为了区分,[与]是新加入的括号），然后翻转，得到：0(1] [[1)11)0(11] [[)1)0。

对于左括号与右括号，分别开一棵可持久化 Treap 维护即可。时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

G. Depth-First Search

由于题目和字典序有关，不妨运用逐位确定的思想。

首先，我们要求第一位小于 \(B_1\) 的序列总数，即我们需要快速求出以每个点为根时的DFS序列总数。对于有根树，设 \(f(i)\) 为以 \(i\) 为根的子树的DFS序列总数，有

\[f(u) = |son(u)|! \prod_{v \in son(u)} {f(v)}\]

我们可以先任选一个根 DFS 求出 \(f\)，在第二遍 DFS 考虑祖先的贡献即可将所有点的答案求出。

接着我们以 \(B_1\) 为根，逐位确定求出所有的答案。和上述方法类似，即如果当前在 \(B_i\) 点，要走到 \(B_{i+1}\) 点，需要求出所有第 \(i + 1\) 位小于 \(B_{i+1}\) 的方案数，简单计算即可。

需要注意的是，由于我们可能需要快速计算某个点下某个子树的名次，所以需要用树状数组或线段树来优化这个过程。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

H. Eat Cards, Have Fun

考虑如何计算某个特定排列 \(A\) 的 Value.

\[Value(A) = \sum_{i = 1} ^ {n} {(n - i)! \sum_{j > i} {[A_j < A_i]}}\]

这启发我们对于每个 \(i\) 分别计算贡献。考虑当第 \(i\) 张卡片被吃掉的时候，我们需要知道这张卡片左边、右边分别已有多少卡片被吃掉（记为 \(l, r\)），才能确定第 \(i\) 张卡片在 \(A\) 中的位置；我们还需要知道这张卡片左边、右边分别已有多少卡面数字小于 \(a_i\) 的卡片被吃掉（记为 \(\hat{l}, \hat{r}\)），才能确定第 \(i\) 张卡片对答案的贡献，即 \(\sum_{j > i} {[A_j < A_i]}\)。如果知道了 \(l, r, \hat{l}, \hat{r}\)，那么答案就是

\[Ans = \sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{l = 0} ^ {i - 1} \sum_{r = 0} ^ {n - i} \sum_{\hat{l} = 0} ^ {l} \sum_{\hat{r} = 0} ^ {r} {(n - l - r - 1)! (a_i - 1 - \hat{l} - \hat{r}) P(i, l, r, \hat{l}, \hat{r})}\]

其中 \(P(i, l, r, \hat{l}, \hat{r})\) 是达到对应情况的概率。我们可以枚举第 \(i\) 张卡片是在第 \(k\) 轮 \((k > 0)\) 被吃掉的来计算概率：

\[P(i, l, r, \hat{l}, \hat{r}) = {b_i \choose \hat{l}} {i - b_i - 1 \choose l - \hat{l}} {a_i - b_i - 1 \choose \hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 \choose r - \hat{r}} \sum_{k = 1} ^ {\infty} {(1 - (1 - p) ^ k) ^ l ((1 - p) ^ k) ^ {i - 1 - l} p (1 - p) ^ {k - 1} (1 - (1 - p) ^ {k - 1}) ^ r ((1 - p) ^ {k - 1}) ^ {n - i - r}}\]

其中 \(b_i = \sum_{j < i} {[a_j < a_i]}\).

观察式子 \((1 - (1 - p) ^ x) ^ y\)，可以用二项式定理展开：

\[(1 - (1 - p) ^ x) ^ y = \sum_{i = 0} ^ {y} {{y \choose i} (-1) ^ i (1 - p) ^ {xi}}\]

利用上述结论，进一步化简：

\[\begin{aligned} & \sum_{k = 1} ^ {\infty} {(1 - (1 - p) ^ k) ^ l ((1 - p) ^ k) ^ {i - 1 - l} p (1 - p) ^ {k - 1} (1 - (1 - p) ^ {k - 1}) ^ r ((1 - p) ^ {k - 1}) ^ {n - i - r}} \\ = & p \sum_{k = 1} ^ {\infty} {(1 - p) ^ {k(i - 1 - l) + k - 1 + (k - 1)(n - i - r)} \sum_{x = 0} ^ {l} {{l \choose x} (-1) ^ x (1 - p) ^ {xk}} \sum_{y = 0} ^ {r} {{r \choose y} (-1) ^ y (1 - p) ^ {y(k - 1)}}} \\ = & p \sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l \choose x} {r \choose y} \sum_{k = 1} ^ {\infty} {(1 - p) ^ {k(i - 1 - l) + k - 1 + (k - 1)(n - i - r) + xk + y(k - 1)}}} \\ = & p \sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l \choose x} {r \choose y} \sum_{k = 0} ^ {\infty} {(1 - p) ^ {k (n - l - r + x + y) + (i - 1 - l + x)}}} \\ = & p \sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l \choose x} {r \choose y} \frac{(1 - p) ^ {i - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}} \end{aligned}\]

至此，我们获得了一个时间复杂度为 \(O(n ^ 5)\) 的算法。上述公式显然有不少冗余，可以进一步优化。

回顾原式：

\[Ans = p \sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{l = 0} ^ {i - 1} \sum_{r = 0} ^ {n - i} {(n - l - r - 1)! (\sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l \choose x} {r \choose y} \frac{(1 - p) ^ {i - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}}) (\sum_{\hat{l} = 0} ^ {l} \sum_{\hat{r} = 0} ^ {r} {(a_i - 1 - \hat{l} - \hat{r}) {b_i \choose \hat{l}} {i - b_i - 1 \choose l - \hat{l}} {a_i - b_i - 1 \choose \hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 \choose r - \hat{r}}})}\]

以下将定义若干辅助函数加速计算答案。

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定义 \(F\)：
\[F(i, l, r) = \sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l \choose x} {r \choose y} \frac{(1 - p) ^ {i - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}}\]

考虑如何快速计算 \(F\)。不妨定义 \(F_n\)：

\[F_n(l, r) = \sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {(-1) ^ {x + y} {l \choose x} {r \choose y} \frac{(1 - p) ^ {n - 1 - l + x}} {1 - (1 - p) ^ {n - l - r + x + y}}}\]

显然 \(F(i, l, r) = F_n(l, r) (1 - p) ^ {i - n}\)。

\[F_n(l, r) = l! r! \sum_{x = 0} ^ {l} \sum_{y = 0} ^ {r} {\frac{(-1) ^ x} {x!} \frac{(-1) ^ y} {y!} \frac{(1 - p) ^ {n - 1 - (l - x)}} {(l - x)! (r - y)! (1 - (1 - p) ^ {n - (l - x) - (r - y)})}}\]

令 \(G(x, y) = \frac{(1 - p) ^ {n - 1 - x}} {x! y! (1 - (1 - p) ^ {n - x - y})}\)：

\[F_n(l, r) = l! r! \sum_{x = 0} ^ {l} {\frac{(-1) ^ x} {x!} \sum_{y = 0} ^ {r} {\frac{(-1) ^ y} {y!} G(l - x, r - y)}}\]

可以在 \(O(n ^ 3)\) 的时间计算出 \(F_n\)。

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定义 \(L, R, L_{+}, R_{+}, H\)：

\[L(i, l) = \sum_{\hat{l} = 0} ^ {l} {{b_i \choose \hat{l}} {i - b_i - 1 \choose l - \hat{l}}}, R(i, r) = \sum_{\hat{r} = 0} ^ {r} {{a_i - b_i - 1 \choose \hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 \choose r - \hat{r}}}\]

\[L_{+}(i, l) = \sum_{\hat{l} = 0} ^ {l} {\hat{l} {b_i \choose \hat{l}} {i - b_i - 1 \choose l - \hat{l}}}, R_{+}(i, r) = \sum_{\hat{r} = 0} ^ {r} {\hat{r} {a_i - b_i - 1 \choose \hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 \choose r - \hat{r}}}\]

\[H(i, l, r) = \sum_{\hat{l} = 0} ^ {l} \sum_{\hat{r} = 0} ^ {r} {(a_i - 1 - \hat{l} - \hat{r}) {b_i \choose \hat{l}} {i - b_i - 1 \choose l - \hat{l}} {a_i - b_i - 1 \choose \hat{r}} {n - i - a_i + b_i + 1 \choose r - \hat{r}}} = (a_i - 1) L(i, l) R(i, r) - L_{+}(i, l) R(i, r) - L(i, l) R_{+}(i, r)\]

以 \(O(n ^ 3)\) 的代价预处理 \(L, R, L_{+}, R_{+}\), 可以在 \(O(n ^ 3)\) 的时间计算出 \(H\)。

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现在 \(Ans\) 就可以在 \(O(n ^ 3)\) 的时间计算出来啦。

\[Ans = p \sum_{i = 1} ^ {n} \sum_{l = 0} ^ {i - 1} \sum_{r = 0} ^ {n - i} {(n - l - r - 1)! F_n(l, r) (1 - p) ^ {i - n} H(i, l, r)}\]

I. Delighful Formulas

根据题意列出式子：

\[Ans = \sum_{i = 1} ^ {N} {[\gcd(i, N) = 1] \sum_{j = 1} ^ {i} {j ^ K}}\]

莫比乌斯反演：

\[\begin{aligned} Ans & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{i = 1} ^ {N} {[d \mid i] \sum_{j = 1} ^ {i} {j ^ K}}} \\ & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac{N} {d}} \sum_{j = 1} ^ {id} {j ^ K}}\end{aligned}\]

定义 \(F\)：

\[F_p(N) = \sum_{i = 1} ^ {N} {i ^ p}\]

显然 \(F_p\) 是 \(p + 1\) 阶多项式：

\[F_p(N) = \sum_{i = 0} ^ {p + 1} {a_{p, i} N ^ i}\]

利用 \(F\) 化简原式：

\[\begin{aligned} Ans & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac{N} {d}} {F_K(id)}} \\ & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{i = 1} ^ {\frac{N} {d}} \sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} (id) ^ j}} \\ & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} d ^ j \sum_{i = 1} ^ {\frac{N} {d}} {i ^ j}}} \\ & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} d ^ j F_j(\frac{N}{d})}} \\ & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{j = 0} ^ {K + 1} {a_{K, j} d ^ j \sum_{k = 0} ^ {j + 1} {a_{j, k} (\frac{N} {d}) ^ k}}} \\ & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{i = -1} ^ {K + 1} {d ^ i \sum_{j = 0} ^ {K + 1} \sum_{k = 0} ^ {j + 1} {[j - k = i] a_{K, j} a_{j, k} N ^ k}}} \end{aligned}\]

定义 \(G\)：

\[G_i = \sum_{j = 0} ^ {K + 1} \sum_{k = 0} ^ {j + 1} {[j - k = i] a_{K, j} a_{j, k} N ^ k}\]

利用 \(G\) 化简原式：

\[\begin{aligned} Ans & = \sum_{d \mid N} {\mu(d) \sum_{i = -1} ^ {K + 1} {d ^ i G_i}} \\ & = \sum_{i = -1} ^ {K + 1} {G_i \sum_{d \mid N} {\mu(d) d ^ i}} \\ & = \sum_{i = -1} ^ {K + 1} {G_i \prod_{p \mid N} {(1 - p ^ i)}} \end{aligned}\]

如果我们能快速计算出 \(G\)，就可以在 \(O(MK)\) 的时间计算答案，其中 \(M\) 为质因子个数。

将 \(G\) 用伯努利数展开，可以发现是卷积的形式，直接 NTT，时间复杂度 \(O(K \log K)\)。

J. Let Sudoku Rotate

搜索加可行性剪枝即可通过。由于数独限制较强，剪枝效果良好。

K. Expression in Memories

注意在类似 +0? 的情况下，? 须被替换为 + 或 *，其余情况直接将 ? 替换为非零数字就好。替换完成后判断一下是否合法。

L. Graph Theory Homework

容易证明 \(\lfloor \sqrt{a} \rfloor + \lfloor \sqrt{b} \rfloor \ge \lfloor \sqrt{a + b} \rfloor\)，进而可以证明边权满足三角不等式，故直接从 \(1\) 走到 \(n\) 就是最优的。