重慶市隊選拔 CQOI2015 解題報告

時間 2019-11-12

標籤重慶市選拔 cqoi2015 cqoi 解題報告欄目應用數學简体版

原文原文鏈接

文章連接：http://www.cnblogs.com/Asm-Definer/p/4434601.html
php

題目連接：http://pan.baidu.com/s/1mgxIKlihtml

官方數據：http://pan.baidu.com/s/1qW4wkVE
git

看巨神們都去虐ZJOI了，蒟蒻只能默默地碼着CQOI的題解……網絡

CQOI的難度分佈也是挺神奇的，五小時五道題，三（或四）道水題一兩道神題（只是對我來講比較神...），我猜讓我去考我必定會寫不完D題而後滾去備戰高考= =ide

A.選數

題意：

從區間[L, H]中選出N個數（能夠重複），求取出的N個數的最大公約數剛好爲K的方案數。函數

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

分析：

    剛開始還覺得這是道簡單的莫比烏斯反演題，推了半天公式，發現是個依賴$\lfloor H / K \rfloor $的式子
spa

$$\sum_{d=1}^{H/K} \mu(d) (\frac{H}{d*K} - \frac{L-1}{d*K})^N$$（因爲LaTeX打取整式太不方便因此這個式子沒有考慮細節）當$H/K$很大的時候mu就沒法預處理了。.net

    後來衡中的JSX同窗（http://55242.cf/)告訴我一個不錯的思路：對較小的mu用線性篩預處理，對較大的mu直接暴力分解質因數。而當d比較大的時候會有不少$(\frac{H}{d*K} - \frac{L-1}{d*K})$爲0的區間，遇到這些區間就跳轉一下就能夠了。粘一下他的核心代碼：設計

1 for( int i = 1;i <= R;++ i) {
2      if((R/i) == (L/i)) {
3         i = min((LL)R/(R/i) ,(LL)L / i ? L/(L/i) : INF);
4          continue;
5     } else {
6         ans += (LL)quickpow((R/i)-(L/i),N) * get_mu(i);
7         ans %= mod;
8     }
9 }

    思路簡單，效率也很不錯。

不過……有強迫症的同窗可能會想……若是這道題表達式的後半部分不是$(\frac{H}{d*K} - \frac{L-1}{d*K})$而只有$\frac{H}{d*K}$，這個式子就不會很快變成0了。這樣仍是否可作呢？

考慮到在取整後$\frac{H}{d*K}$的取值只有$\sqrt{\frac{H}{K}}$個，若是咱們能快速地求出莫比烏斯的前綴和（梅騰斯函數），就能夠在$O(1)$的時間內求出一段相等的區間的貢獻了。

這個$M(N) = \sum_{i=1}^N \mu(i)$看起來彷佛很難的樣子……其實咱們能夠這樣轉化：

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

     這樣，咱們就只需在預處理出前$10^7$項梅騰斯函數後在處理較大的N時對

$\lfloor \frac{N}{i'}\rfloor$分塊遞歸就能夠快速地求出超過$10^7$的梅騰斯函數了。（這個帶下取整的遞推式複雜度到底是多少呢……反正我不會分析……不過目測咱們須要計算梅騰斯函數的次數很是少，因此這個複雜度已經足夠了。

   然而……出題人表示咱們都太Simple啦，Sometimes Naive！咱們觀察一下題目中的條件……「$H - L \leq 10^5$"......注意到當N個數不全相同的時候，它們的最大公約數必定不會超過其中任意兩個不一樣數的差。因而……咱們只須要將邊界除以K後遞推」N個數不全相同且最大公因數爲i($i \leq 10^5$)"的方案數，最後特判一下N個數都相同的狀況，加上遞歸獲得的F(1)就是答案了，複雜度是優美的$(H-L) log (H-L)$。

代碼：

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>
10 #ifdef DEBUG
11 #include <sys/timeb.h>
12 #endif
13 using namespace std;
14 #define SetFile(x) ( freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout) );
15 #define getc() getchar()
16 template< class T>inline void getd(T &x){
17      char ch = getc(); bool neg = false;
18      while(!isdigit(ch) && ch != ' - ')ch = getc();
19      if(ch == ' - ')ch = getc(), neg = true;
20     x = ch - ' 0 ';
21      while(isdigit(ch = getc()))x = x * 10 - ' 0 ' + ch;
22      if(neg)x = -x;
23 }
24 #ifdef DEBUG
25 #include <sys/timeb.h>
26 timeb Tp;
27 #endif
28 /* ********************************************************************* */
29 const int maxn = 100004, mod = 1000000007;
30 typedef long long LL;
31 inline int powmod( int a, int n){
32      int ans = 1;
33      while(n){ if(n & 1)ans = (LL)ans * a % mod;a = (LL)a * a % mod;n >>= 1;}
34      return ans;
35 }
36
37 inline void work(){
38      int f[maxn], N, K, L, H, i, j, t, *it;getd(N), getd(K), getd(L), getd(H);
39     L = (L - 1) / K;H /= K;
40      int len = H - L;
41      for(i = len, it = f + i;i;--i, --it){
42         t = H / i - L / i; // 澶氬皯涓猧鐨勫€嶆暟
43         *it = (powmod(t, N) + mod - t) % mod;
44          for(j = i << 1;j <= len;j += i)
45             *it = (*it + mod - f[j]) % mod;
46     }
47      if(L <= 1 && H > 1)++f[ 1];
48     printf( " %d\n ", f[ 1]);
49 }
50
51 int main(){
52
53 #ifdef DEBUG
54     freopen( " test.txt ", " r ", stdin);
55     ftime(&Tp);
56     time_t Begin_sec = Tp.time, Begin_mill = Tp.millitm;
57 #elif !defined ONLINE_JUDGE
58     SetFile(cqoi15_number);
59 #endif
60     work();
61
62 #ifdef DEBUG
63     ftime(&Tp);
64     printf( " \n%.3lf sec \n ", (Tp.time - Begin_sec) + (Tp.millitm - Begin_mill) / 1000.0);
65 #endif
66      return 0;
67 }

A.遞推

B.網絡吞吐量

題意：

在一個無向網絡的最短路徑構成的DAG上求最大流。

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

分析：

彷佛不須要分析了，除了最短路+網絡流外沒有什麼其餘的東西……

注意到這裏的原圖是個稠密圖，使用$O(|V|^2)$的Dijkstra 能夠獲得很好的運行效率。

代碼：

  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 - ' 0 ';
23      while(isdigit(ch = getc()))x = x * 10 - ' 0 ' + ch;
24      if(neg)x = -x;
25 }
26 /* ********************************************************************* */
27 const int maxn = 512, maxv = 1003;
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 + 1;
34     getd(N), getd(M);S = 1 + 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 = 1;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, 0, adj[u] + itu);++itu, ++itv;
50 }
51
52 inline void Dij(){
53     memset(dis, INF, sizeof(dis));dis[ 1] = 0;
54      bool tab[maxn] = { 0}, inS[maxn] = { 0, 1};
55      int tablist[maxn], *tabiter = tablist, i, j, v, *it, *tmpt;
56     LL *tmpd, *e, t;
57      for(i = 2,e = G[ 1]+ 2,tmpd = dis+ 2;i <= N;++i,++e,++tmpd) if(*e)
58         *(tabiter++) = i, *tmpd = *e, tmp[i][tmpcnt[i]++] = 1;
59      for(j = 2;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] + 2;
66         swap(*it, *(--tabiter));
67          for(i = 2,tmpd = dis+ 2;i <= N;++i,++e,++tmpd) if(*e && !inS[i]){
68              if(*tmpd > t + *e){
69                 *tmpd = t + *e;
70                 *tmp[i] = v;tmpcnt[i] = 1;
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 = 2;i <= N;++i) for(it = tmp[i] + tmpcnt[i] - 1;it >= tmp[i];--it)
78         AddE(*it + N, i, INF);
79      for(i = 1;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 = 0, 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 + 1){
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, 0, sizeof(curadj));
98     queue< int> Q; bool vis[maxv] = { 0};vis[S] = true;
99     Q.push(S);
100      int v;LL d;
101     Edge *it, *end;
102      while(!Q.empty()){
103         v = Q.front();Q.pop();d = dep[v];
104          for(it = adj[v],end = it + adjcnt[v];it < end;++it) if(it->vol && !vis[it->to])
105             dep[it->to] = d + 1, Q.push(it->to), vis[it->to] = true;
106     }
107      return vis[N];
108 }
109
110 int main(){
111     #ifdef DEBUG
112     freopen( " test.txt ", " r ", stdin);
113      #else
114     SetFile(cqoi15_network);
115      #endif
116     #ifdef USEFREAD
117     fread(ptr, 1,InputLen,stdin);
118      #endif
119     init();
120     Dij();
121     LL ans = 0;
122      while(bfs())
123         ans += dfs(S, INF);
124     printf( " %lld\n ", ans);
125 #ifdef DEBUG
126     printf( " \n%.3lf sec \n ", ( double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
127 #endif
128      return 0;
129 }

dijkstra+dinic

C.任務查詢系統

題意：

給出n個區間，每一個區間有一個權值$P_i$；共m次詢問，每次詢問覆蓋$x_i$點的全部區間中權值最小的$K_i$個區間的權值和。

數據規模 $\leq 10^5$

分析：

很經典的可持久化線段樹的模型。對全部權值離散化後在全部點構造可持久化線段樹，詢問時對線段樹作區間查詢。

代碼：

  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 - ' 0 ';
23      while(isdigit(ch = getc()))x = x * 10 - ' 0 ' + ch;
24      if(neg)x = -x;
25 }
26 /* ********************************************************************* */
27 const int maxn = 100004;
28 typedef long long LL;
29 struct Event{ bool Add; int Time, P;}E[maxn << 1], *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) >> 1;
42          if(r - l == 1) 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 == 1){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 == 1) 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 * 90];
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 + 1;
66      while(M--){
67         getd(L), getd(R), getd(P);
68         *(Pend++) = P;
69         *(Eend++) = (Event){ true, L, P};
70         *(Eend++) = (Event){ false, R + 1, P};
71     }
72     Eend->Time = maxn;
73     sort(E, Eend);
74     sort(Plist, Pend);
75     Root->init( 0, Pend - Plist);
76     SegT *u = Root, *v = Root + 1;
77      for(i = 1, it = E;i <= N;++i){
78         *(v++) = *(u++);
79          while(it->Time == i){
80             u->Add(id(it->P), 2 * it->Add - 1);
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, 1,InputLen,stdin);
95      #endif
96
97      int X, A, B, C, N;
98     LL Pre = 1;
99     N = init();
100      while(N--){
101         getd(X), getd(A), getd(B), getd(C);
102         Pre = Root[X].Query((Pre * A + B) % C + 1);
103         printf( " %lld\n ", Pre);
104     }
105
106 #ifdef DEBUG
107     printf( " \n%.3lf sec \n ", ( double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
108 #endif
109      return 0;
110 }

可持久化線段樹

D.多項式

題意：

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

其中 $a_k$知足遞推式：$$k = 0時，a_k = 1;k > 0時，a_k = (1234*a_{k-1} + 5678) \mod 3389$$.

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

分析：

    天哪……爲什麼這位出題人這麼喜歡加這麼奇怪的數據範圍限制……

    首先，對於多項式來講，這個x的取值是任意的。因此咱們能夠用x+t替換x代入條件，獲得

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

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

    考慮枚舉k-j的值：$$\sum_{k=0}^n b_k x^k=\sum_{i=0}^n \sum_{d=0}^{n-i} a_{i+d} \tbinom{i}{i+d} t^d x^i $$

對齊每一項的係數,獲得：
$$b_m = \sum_{d=0}^{n-m} a_{m+d} \frac{(m+d)! t^d}{m!d!}$$
    注意到n-m不超過5，咱們能夠先得出$a_m$的值，遞推(n-m)次把答案加起來便可。

    考慮到n和m均可以很大，這裏在求$a_m$的值時要用到10-based的矩陣快速冪。

代碼：

  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 - ' 0 ';
23      while(isdigit(ch = getc()))x = x * 10 - ' 0 ' + ch;
24      if(neg)x = -x;
25 }
26 /* ********************************************************************* */
27 typedef unsigned uint;
28 const uint mod = 3389, maxn = 10000, base = 10000;
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( 1234, 0, 2289, 1);
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( 1, 0, 0, 1);
47      while(n){
48          if(n & 1)ans *= a;
49         a *= a;
50         n >>= 1;
51     }
52      return ans;
53 }
54 inline Mat powmod(Mat a, const BigNum &n){
55 // 其實應該叫「萬進制快速冪」……23333
56      const int *it = n.a, *end = it + n.len;
57     Mat ans( 1, 0, 0, 1);
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 < 0)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 = 1;d <= dmax;++d){
78         fd = (fd * (M + d) * t) / d;
79         An = (An * 1234 + 2289) % 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, 1,InputLen,stdin);
93      #endif
94
95     init();
96     work();
97
98 #ifdef DEBUG
99     printf( " \n%.3lf sec \n ", ( double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
100 #endif
101      return 0;
102 }

高精度+十進制矩陣快速冪

E.標識設計

題意：

連接：COGS 1938

分析：

我真的是昨天才知道這個「標識」的「識」應該念zhi(4)……我真是文盲……

思路是輪廓線dp，dp狀態記錄掃描到某個位置時「是否須要鏈接左邊的方格」，「當前已經放下了多少個L」和當前的輪廓。（這裏「輪廓」的含義是有哪些列須要鏈接上方垂下來的豎直線）。因爲任意狀態垂下來的豎直線最多隻有3條，輪廓的狀態數不多（暴力枚舉一下發現只有4090左右），能夠利用離散化減小壓位的數量。~~但以我極差的代碼能力實在卡不進1s的時間限制……~~看了這位神犇的博客以後才知道上述的狀態中「不合法狀態」和「不可能到達的狀態」都不少，因此用記憶化搜索來實現能夠大大縮短枚舉的時間。

代碼：

輪廓線dp(用記憶化搜索實現)

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