重庆市队选拔 CQOI2015 解题报告

文章链接：http://www.cnblogs.com/Asm-Definer/p/4434601.html

题目链接：http://pan.baidu.com/s/1mgxIKli

官方数据：http://pan.baidu.com/s/1qW4wkVE

看巨神们都去虐ZJOI了，蒟蒻只能默默地码着CQOI的题解……

CQOI的难度分布也是挺神奇的，五小时五道题，三（或四）道水题一两道神题（只是对我来说比较神...），我猜让我去考我一定会写不完D题然后滚去备战高考= =

A.选数

题意：

从区间[L, H]中选出N个数（可以重复），求取出的N个数的最大公约数恰好为K的方案数。

其中$1 \leq L, H, N \leq 10^9, H - L \leq 10^5$

分析：

刚开始还以为这是道简单的莫比乌斯反演题，推了半天公式，发现是个依赖$\lfloor H / K \rfloor $的式子

$$\sum_{d=1}^{H/K} \mu(d) (\frac{H}{d*K} - \frac{L-1}{d*K})^N$$（由于LaTeX打取整式太不方便所以这个式子没有考虑细节）当$H/K$很大的时候mu就无法预处理了。

后来衡中的JSX同学（http://55242.cf/)告诉我一个不错的思路：对较小的mu用线性筛预处理，对较大的mu直接暴力分解质因数。而当d比较大的时候会有很多$(\frac{H}{d*K} - \frac{L-1}{d*K})$为0的区间，遇到这些区间就跳转一下就可以了。粘一下他的核心代码：
 for(int i = ;i <= R;++ i) {

     if((R/i) == (L/i)) {

         i = min((LL)R/(R/i) ,(LL)L / i ? L/(L/i) : INF);

         continue;

     } else {

         ans += (LL)quickpow((R/i)-(L/i),N) * get_mu(i);

         ans %= mod;

     }

 }
思路简单，效率也很不错。

不过……有强迫症的同学可能会想……如果这道题表达式的后半部分不是$(\frac{H}{d*K} - \frac{L-1}{d*K})$而只有$\frac{H}{d*K}$，这个式子就不会很快变成0了。这样还是否可做呢？

考虑到在取整后$\frac{H}{d*K}$的取值只有$\sqrt{\frac{H}{K}}$个，如果我们能快速地求出莫比乌斯的前缀和（梅腾斯函数），就可以在$O(1)$的时间内求出一段相等的区间的贡献了。

这个$M(N) = \sum_{i=1}^N \mu(i)$看起来似乎很难的样子……其实我们可以这样转化：

$$M(N)= \sum_{i=1}^N (\sum_{d|i}\mu(d) - \sum_{d|i \land d \neq i}\mu(d) ) \\
= 1 - \sum_{i=1}^N \sum_{d|i \land d \neq i} \mu(d) \\= 1 - \sum_{i'=2}^N \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{N}{i'} \rfloor} \mu(d) \\ = 1 - \sum_{i'=2}^N M(\lfloor \frac{N}{i'}\rfloor)$$

这样，我们就只需在预处理出前$10^7$项梅腾斯函数后在处理较大的N时对

$\lfloor \frac{N}{i'}\rfloor$分块递归就可以快速地求出超过$10^7$的梅腾斯函数了。（这个带下取整的递推式复杂度究竟是多少呢……反正我不会分析……不过目测我们需要计算梅腾斯函数的次数非常少，所以这个复杂度已经足够了。

然而……出题人表示我们都太Simple啦，Sometimes Naive！我们观察一下题目中的条件……“$H - L \leq 10^5$"......注意到当N个数不全相同的时候，它们的最大公约数一定不会超过其中任意两个不同数的差。于是……我们只需要将边界除以K后递推”N个数不全相同且最大公因数为i($i \leq 10^5$)"的方案数，最后特判一下N个数都相同的情况，加上递归得到的F(1)就是答案了，复杂度是优美的$(H-L) log (H-L)$。

代码：

1 /***********************************************************************/
2 /**********************By Asm.Def-Wu Jiaxin*****************************/
3 /***********************************************************************/
4 #include <cstdio>
5 #include <cstring>
6 #include <cstdlib>
7 #include <ctime>
8 #include <cctype>
9 #include <algorithm>
#ifdef DEBUG
#include <sys/timeb.h>
#endif
using namespace std;
#define SetFile(x) ( freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout) );
#define getc() getchar()
template<class T>inline void getd(T &x){
     char ch = getc();bool neg = false;
     while(!isdigit(ch) && ch != '-')ch = getc();
     if(ch == '-')ch = getc(), neg = true;
     x = ch - '';
     while(isdigit(ch = getc()))x = x *  - '' + ch;
     if(neg)x = -x;
}
#ifdef DEBUG
#include <sys/timeb.h>
timeb Tp;
#endif
/***********************************************************************/
const int maxn = , mod = ;
typedef long long LL;
inline int powmod(int a, int n){
     int ans = ;
     while(n){if(n & )ans = (LL)ans * a % mod;a = (LL)a * a % mod;n >>= ;}
     return ans;
}

inline void work(){
     int f[maxn], N, K, L, H, i, j, t, *it;getd(N), getd(K), getd(L), getd(H);
     L = (L - ) / K;H /= K;
     int len = H - L;
     for(i = len, it = f + i;i;--i, --it){
         t = H / i - L / i;//澶氬皯涓猧鐨勫€嶆暟
         *it = (powmod(t, N) + mod - t) % mod;
         for(j = i << ;j <= len;j += i)
             *it = (*it + mod - f[j]) % mod;
     }
     if(L <=  && H > )++f[];
     printf("%d\n", f[]);
}

int main(){

#ifdef DEBUG
     freopen("test.txt", "r", stdin);
     ftime(&Tp);
     time_t Begin_sec = Tp.time, Begin_mill = Tp.millitm;
#elif !defined ONLINE_JUDGE
     SetFile(cqoi15_number);
#endif
     work();

#ifdef DEBUG
     ftime(&Tp);
     printf("\n%.3lf sec \n", (Tp.time - Begin_sec) + (Tp.millitm - Begin_mill) / 1000.0);
#endif
     return ;
}

A.递推

B.网络吞吐量

题意：

在一个无向网络的最短路径构成的DAG上求最大流。

$|V| \leq 500, |E| \leq 100000 $

分析：

似乎不需要分析了，除了最短路+网络流外没有什么其他的东西……

注意到这里的原图是个稠密图，使用$O(|V|^2)$的Dijkstra 可以得到很好的运行效率。

代码：

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <cstdlib>
  4 #include <ctime>
  5 #include <cctype>
  6 #include <algorithm>
  7 #include <cmath>
  8 using namespace std;
  9 #define USEFREAD
10 #ifdef USEFREAD
11 #define InputLen 5000000
12 char *ptr=(char *)malloc(InputLen);
13 #define getc() (*(ptr++))
14 #else
15 #define getc() (getchar())
16 #endif
17 #define SetFile(x) (freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout))
18 template<class T>inline void getd(T &x){
19     char ch = getc();bool neg = false;
20     while(!isdigit(ch) && ch != '-')ch = getc();
21     if(ch == '-')ch = getc(), neg = true;
22     x = ch - '';
23     while(isdigit(ch = getc()))x = x *  - '' + ch;
24     if(neg)x = -x;
25 }
26 /***********************************************************************/
27 const int maxn = , maxv = ;
28 typedef long long LL;
29 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
30 int S, N, tmp[maxn][maxn], tmpcnt[maxn], val[maxn];
31 LL dis[maxn], G[maxn][maxn];
32 inline void init(){
33     int M, i, u, v, d, *t = val + ;
34     getd(N), getd(M);S =  + N;
35     while(M--){
36         getd(u), getd(v), getd(d);LL &e = G[u][v];
37         if(!e || e > d)e = d, G[v][u] = d;
38     }
39     for(i = ;i <= N;++i, ++t)getd(*t);
40 }
41
42 struct Edge{
43     int to, vol;Edge *op;
44     inline void init(int t, int v, Edge *o){to = t, vol = v, op = o;}
45 }adj[maxv][maxn];int adjcnt[maxv];
46
47 inline void AddE(int u, int v, int vol){
48     int &itu = adjcnt[u], &itv = adjcnt[v];
49     adj[u][itu].init(v, vol, adj[v] + itv);adj[v][itv].init(u, , adj[u] + itu);++itu, ++itv;
50 }
51
52 inline void Dij(){
53     memset(dis, INF, sizeof(dis));dis[] = ;
54     bool tab[maxn] = {}, inS[maxn] = {,};
55     int tablist[maxn], *tabiter = tablist, i, j, v, *it, *tmpt;
56     LL *tmpd, *e, t;
57     for(i = ,e = G[]+,tmpd = dis+;i <= N;++i,++e,++tmpd)if(*e)
58         *(tabiter++) = i, *tmpd = *e, tmp[i][tmpcnt[i]++] = ;
59     for(j = ;j <= N;++j){
60         if(tabiter == tablist)break;
61         t = INF;
62         for(it = tablist;it < tabiter;++it)if(dis[*it] < t)
63             tmpt = it, t = dis[*it];
64         inS[v = *(it = tmpt)] = true;
65         e = G[v] + ;
66         swap(*it, *(--tabiter));
67         for(i = ,tmpd = dis+;i <= N;++i,++e,++tmpd)if(*e && !inS[i]){
68             if(*tmpd > t + *e){
69                 *tmpd = t + *e;
70                 *tmp[i] = v;tmpcnt[i] = ;
71                 if(!tab[i])*(tabiter++) = i, tab[i] = true;
72             }
73             else if(*tmpd == t + *e)
74                 tmp[i][tmpcnt[i]++] = v;
75         }
76     }
77     for(i = ;i <= N;++i)for(it = tmp[i] + tmpcnt[i] - ;it >= tmp[i];--it)
78         AddE(*it + N, i, INF);
79     for(i = ;i <= N;++i)AddE(i, i + N, val[i]);
80 }
81
82 int dep[maxv], curadj[maxv];
83 LL dfs(int cur, LL f){
84     if(cur == N)return f;
85     LL d = dep[cur], ans = , t;
86     int &adjit = curadj[cur];
87     Edge *it;
88     for(;adjit < adjcnt[cur];++adjit)if((it = adj[cur]+adjit)->vol && dep[it->to] == d + ){
89         t = dfs(it->to, min(f, (LL)it->vol));
90         it->vol -= t, it->op->vol += t, ans += t, f -= t;
91         if(!f)return ans;
92     }
93     return ans;
94 }
95 #include <queue>
96 inline bool bfs(){
97     memset(curadj, , sizeof(curadj));
98     queue<int> Q;bool vis[maxv] = {};vis[S] = true;
99     Q.push(S);
     int v;LL d;
     Edge *it, *end;
     while(!Q.empty()){
         v = Q.front();Q.pop();d = dep[v];
         for(it = adj[v],end = it + adjcnt[v];it < end;++it)if(it->vol && !vis[it->to])
             dep[it->to] = d + , Q.push(it->to), vis[it->to] = true;
     }
     return vis[N];
}

int main(){
     #ifdef DEBUG
     freopen("test.txt", "r", stdin);
     #else
     SetFile(cqoi15_network);
     #endif
     #ifdef USEFREAD
     fread(ptr,,InputLen,stdin);
     #endif
     init();
     Dij();
     LL ans = ;
     while(bfs())
         ans += dfs(S, INF);
     printf("%lld\n", ans);
#ifdef DEBUG
     printf("\n%.3lf sec \n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
     return ;
}

dijkstra+dinic

C.任务查询系统

题意：

给出n个区间，每个区间有一个权值$P_i$；共m次询问，每次询问覆盖$x_i$点的所有区间中权值最小的$K_i$个区间的权值和。

数据规模 $\leq 10^5$

分析：

很经典的可持久化线段树的模型。对所有权值离散化后在所有点构造可持久化线段树，询问时对线段树做区间查询。

代码：

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <cstdlib>
  4 #include <ctime>
  5 #include <cctype>
  6 #include <algorithm>
  7 #include <cmath>
  8 using namespace std;
  9 #define USEFREAD
10 #ifdef USEFREAD
11 #define InputLen 4000000
12 char *ptr=(char *)malloc(InputLen);
13 #define getc() (*(ptr++))
14 #else
15 #define getc() (getchar())
16 #endif
17 #define SetFile(x) (freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout))
18 template<class T>inline void getd(T &x){
19     char ch = getc();bool neg = false;
20     while(!isdigit(ch) && ch != '-')ch = getc();
21     if(ch == '-')ch = getc(), neg = true;
22     x = ch - '';
23     while(isdigit(ch = getc()))x = x *  - '' + ch;
24     if(neg)x = -x;
25 }
26 /***********************************************************************/
27 const int maxn = ;
28 typedef long long LL;
29 struct Event{bool Add;int Time, P;}E[maxn << ], *Eend = E;
30 inline bool operator < (const Event &a, const Event &b){return a.Time < b.Time;}
31
32 int Plist[maxn], *Pend = Plist;
33 #define id(x) (lower_bound(Plist, Pend, x) - Plist)
34
35 struct SegT *Pool;
36 struct SegT{
37     int L, R, cnt, mid;
38     LL Sum;
39     SegT *ls, *rs;
40     inline void init(int l, int r){
41         L = l, R = r, mid = (L + R) >> ;
42         if(r - l == )return;
43         ls = Pool++;rs = Pool++;
44         ls->init(L, mid), rs->init(mid, R);
45     }
46     void Add(int i, int d){
47         if(R - L == ){cnt += d;Sum += Plist[L] * d;return;}
48         SegT *t = Pool++;
49         if(i < mid)*t = *ls, t->Add(i, d), ls = t;
50         else *t = *rs, t->Add(i, d), rs = t;
51         cnt += d;Sum += d * Plist[i];
52     }
53     LL Query(int K){
54         if(R - L == )return (LL)K * Plist[L];
55         if(K >= cnt)return Sum;
56         if(K <= ls->cnt)return ls->Query(K);
57         return ls->Sum + rs->Query(K - ls->cnt);
58     }
59 }Root[maxn * ];
60
61 inline int init(){
62     int i, M, N, L, R, P;
63     Event *it;
64     getd(M), getd(N);
65     Pool = Root + N + ;
66     while(M--){
67         getd(L), getd(R), getd(P);
68         *(Pend++) = P;
69         *(Eend++) = (Event){true, L, P};
70         *(Eend++) = (Event){false, R + , P};
71     }
72     Eend->Time = maxn;
73     sort(E, Eend);
74     sort(Plist, Pend);
75     Root->init(, Pend - Plist);
76     SegT *u = Root, *v = Root + ;
77     for(i = , it = E;i <= N;++i){
78         *(v++) = *(u++);
79         while(it->Time == i){
80             u->Add(id(it->P),  * it->Add - );
81             ++it;
82         }
83     }
84     return N;
85 }
86
87 int main(){
88     #ifdef DEBUG
89     freopen("test.txt", "r", stdin);
90     #else
91     SetFile(cqoi15_query);
92     #endif
93     #ifdef USEFREAD
94     fread(ptr,,InputLen,stdin);
95     #endif
96
97     int X, A, B, C, N;
98     LL Pre = ;
99     N = init();
     while(N--){
         getd(X), getd(A), getd(B), getd(C);
         Pre = Root[X].Query((Pre * A + B) % C + );
         printf("%lld\n", Pre);
     }

#ifdef DEBUG
     printf("\n%.3lf sec \n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
     return ;
}

可持久化线段树

D.多项式

题意：

已知整数$n, t, a_k(1 \leq k \leq n), m,$ 求出能使$$\sum_{k=0}^n a_k x^k = \sum_{k=1}^n b_k (x-t)^k $$的b数列的第m项。

其中 $a_k$满足递推式：$$k = 0时，a_k = 1;k > 0时，a_k = (1234*a_{k-1} + 5678) \mod 3389$$.

其中 $0 < n \leq 10^{3000}, 0 \leq t \leq 10000, 0 \leq n-m \leq 5.$

分析：

天哪……为何这位出题人这么喜欢加这么奇怪的数据范围限制……

首先，对于多项式来说，这个x的取值是任意的。所以我们可以用x+t替换x代入条件，得到

$$\sum_{k=0}^n a_k (x + t)^k = \sum_{k=0}^n b_k x^k$$

$$ \sum_{k=0}^n b_k x^k = \sum_{k=0}^n a_k \sum_{j=0}^k \tbinom{j}{k} x^j t^{k-j} $$

考虑枚举k-j的值：$$\sum_{k=0}^n b_k x^k=\sum_{i=0}^n \sum_{d=0}^{n-i} a_{i+d} \tbinom{i}{i+d} t^d x^i $$

对齐每一项的系数,得到：

$$b_m = \sum_{d=0}^{n-m} a_{m+d} \frac{(m+d)! t^d}{m!d!}$$

注意到n-m不超过5，我们可以先得出$a_m$的值，递推(n-m)次把答案加起来即可。

考虑到n和m都可以很大，这里在求$a_m$的值时要用到10-based的矩阵快速幂。

代码：

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <cstdlib>
  4 #include <ctime>
  5 #include <cctype>
  6 #include <algorithm>
  7 #include <cmath>
  8 using namespace std;
  9 //#define USEFREAD
10 #ifdef USEFREAD
11 #define InputLen 1000000
12 char *ptr=(char *)malloc(InputLen);
13 #define getc() (*(ptr++))
14 #else
15 #define getc() (getchar())
16 #endif
17 #define SetFile(x) (freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout))
18 template<class T>inline void getd(T &x){
19     char ch = getc();bool neg = false;
20     while(!isdigit(ch) && ch != '-')ch = getc();
21     if(ch == '-')ch = getc(), neg = true;
22     x = ch - '';
23     while(isdigit(ch = getc()))x = x *  - '' + ch;
24     if(neg)x = -x;
25 }
26 /***********************************************************************/
27 typedef unsigned uint;
28 const uint mod = , maxn = , base = ;
29 uint t, dmax, An;
30
31 struct BigNum;
32 /********************************************
33 ***************高精度模板略****************
34 ********************************************/
35
36 struct Mat{uint a, b, c, d;Mat(uint w,uint x,uint y,uint z):a(w),b(x),c(y),d(z){}}F(,,,);
37 inline void operator *= (Mat &x, const Mat &y){
38     uint a = (x.a * y.a + x.b * y.c) % mod,
39         b = (x.a * y.b + x.b * y.d) % mod,
40         c = (x.c * y.a + x.d * y.c) % mod,
41         d = (x.c * y.b + x.d * y.d) % mod;
42     x = Mat(a, b, c, d);
43 }
44
45 inline Mat powmod(Mat a, uint n){
46     Mat ans(,,,);
47     while(n){
48         if(n & )ans *= a;
49         a *= a;
50         n >>= ;
51     }
52     return ans;
53 }
54 inline Mat powmod(Mat a, const BigNum &n){
55 //其实应该叫“万进制快速幂”……23333
56     const int *it = n.a, *end = it + n.len;
57     Mat ans(,,,);
58     while(it < end){
59         if(*it)ans *= powmod(a, *it);
60         a = powmod(a, base);
61         ++it;
62     }
63     return ans;
64 }
65
66 inline void init(){
67     cin >> N;getd(t);cin >> M;
68     int tmp = *N.a - *M.a;if(tmp < )tmp += base;
69     dmax = tmp;
70     Mat tf = powmod(F, M);
71     An = (tf.a + tf.c) % mod;
72 }
73
74 inline void work(){
75     BigNum Ans = An;
76     uint d;
77     for(d = ;d <= dmax;++d){
78         fd = (fd * (M + d) * t) / d;
79         An = (An *  + ) % mod;
80         Ans = Ans + fd * An;
81     }
82     Ans.print();
83 }
84
85 int main(){
86     #ifdef DEBUG
87     freopen("test.txt", "r", stdin);
88     #else
89     SetFile(cqoi15_polynomial);
90     #endif
91     #ifdef USEFREAD
92     fread(ptr,,InputLen,stdin);
93     #endif
94
95     init();
96     work();
97
98 #ifdef DEBUG
99     printf("\n%.3lf sec \n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
     return ;
}

高精度+十进制矩阵快速幂

E.标识设计

题意：

链接：COGS 1938

分析：

我真的是昨天才知道这个“标识”的“识”应该念zhi(4)……我真是文盲……

思路是轮廓线dp，dp状态记录扫描到某个位置时“是否需要连接左边的方格”，“当前已经放下了多少个L”和当前的轮廓。（这里“轮廓”的含义是有哪些列需要连接上方垂下来的竖直线）。由于任意状态垂下来的竖直线最多只有3条，轮廓的状态数很少（暴力枚举一下发现只有4090左右），可以利用离散化减少压位的数量。~~但以我极差的代码能力实在卡不进1s的时间限制……~~看了这位神犇的博客之后才知道上述的状态中“不合法状态”和“不可能到达的状态”都很多，所以用记忆化搜索来实现可以大大缩短枚举的时间。

代码：

轮廓线dp(用记忆化搜索实现)