A - 打字练习

出题：memset0

送分模拟题，按题意模拟即可。

需要注意的是对退格键的判断，如果光标已经在行首，则直接忽略被读入的退格键。

B - 小猪佩奇爬树

出题：_QAQ

维护所有相同节点颜色的链并，若不构成一条链则显然答案为

若仅包含

否则即为链的

C - 小猪佩奇玩游戏

出题：_QAQ & SPJ：memset0

容易发现可以将 $\{1,2,\dots,n\}{1,2,…,n} 进行分组，不同组别的答案是独立的。$

举个栗子，对于 $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9\}{1,2,3,4,5,6,7,8,9} ，可以将数字分为 \{1\},\{3,9\},\{2,4,8\},\{5\},\{6\},\{7\}{1},{3,9},{2,4,8},{5},{6},{7}$

容易发现这些组别之间互不干扰且互不影响，所以只需要计算每个组别独立的期望值并进行相加即可

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那么最终答案即为

$\sum_{i=1}^{\infty} f_i \times g_ii=1∑∞fi×gi$

其中 $f_ifi 表示大小为 ii 的组别个数, g_igi 表示大小为 ii 的组别期望删除多少次,我们分别来计算$

先来计算 $f_ifi ,显然大小至少为 ii 的组别个数为 \sqrt[i]{n}in$

对于 $\lfloor \frac{x}{y} \rfloor⌊yx⌋ ，所以可以考虑直接容斥计算，复杂度为 O(\log n^2)O(logn2)$

显然 $\log nlogn ，所以 f_ifi 便很轻松地算出来了$

考虑怎么算 $g_igi ，其实等价于给定数列 \{1,2,\dots,i\}{1,2,…,i} ，每次删除 11 个数及其倍数$

我们考虑一个等价类问题，枚举所有关于 $\frac{1}{\sigma(x)}σ(x)1 ，因此有$

$g_i=\sum_{x=1}^i \frac{1}{\sigma(x)}gi=x=1∑iσ(x)1$

总复杂度为 $\log^2 n)O(Tlog2n)$

D - 赛车游戏

出题：memset0

一道有意思的图论题。

对于一个点 $\rightarrow u1→u 的路径或 u \rightarrow nu→n 的路径，那么这个点对答案没有影响，可以直接忽略。$

剩下的图一定是一个 DAG。因为如果有环，必定可以形成多条起点到终点的路径，使得无解。

考虑如何给一个 DAG 赋边权：由于每条 $\rightarrow n1→n 的路径长度是相同的，那么每条 1 \rightarrow i\ (i \in [1,n])1→i (i∈[1,n]) 的路径长度也是相同的。设为 dis_idisi ，跑差分约束即可。$

时间复杂度即 SPFA 的时间复杂度

此题的思路和代码都非常清新，只是 SPJ 和构造数据非常恶心，出题人表示体验极差。

E - 小猪佩奇学数学

出题：_QAQ

原式等价于

$\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i-i\bmod k}{k} \bmod 998244353i=0∑n(in)×pi×ki−imodkmod998244353$

即

$\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i}{k} -\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i \bmod k}{k}\bmod 998244353i=0∑n(in)×pi×ki−i=0∑n(in)×pi×kimodkmod998244353$

考虑前半部分式子

$\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times \frac{i}{k}i=0∑n(in)×pi×ki$

根据

$\frac{m}{n}\binom n m = \binom {n-1} {m-1}nm(mn)=(m−1n−1)$

所以该式子等价于

$\frac{1}{kn} \sum_{i=1}^n \binom {n-1} {i-1} \times p^{i}kn1i=1∑n(i−1n−1)×pi$

即

$\frac{p}{kn} \sum_{i=0}^{n-1} \binom {n-1} {i} \times p^{i-1} \times 1^{n-i}knpi=0∑n−1(in−1)×pi−1×1n−i$

根据二项式定理，即

$\frac{p}{kn}(p+1)^{n-1}knp(p+1)n−1$

对于后半部分式子容易发现 $\leq 2^{20}k≤220 ，显然的思路是将数字按照对 kk 的模数进行讨论$

$\frac{1}{k}\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times (i \bmod k) \bmod 998244353k1i=0∑n(in)×pi×(imodk)mod998244353$

即

$\frac{1}{k}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{i=0}^n \binom n i \times p^{i} \times [i \bmod k = t] \bmod 998244353k1t=0∑k−1ti=0∑n(in)×pi×[imodk=t]mod998244353$

由单位根反演

$\bmod k = t]=\frac{1}{k}\sum_{c=0}^{k-1} w_k^{{(i-t)} \times c}[imodk=t]=k1c=0∑k−1wk(i−t)×c$

代入原式，有

$\frac{1}{k}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{i=0}^n \frac{1}{k}\sum_{c=0}^{k-1} w_k^{(i-t) \times c}\binom n i \times p^{i} \bmod 998244353k1t=0∑k−1ti=0∑nk1c=0∑k−1wk(i−t)×c(in)×pimod998244353$

即

$\frac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{c=0}^{k-1}w_k^{-t \times c}\sum_{i=0}^n \binom n i w_k^{i \times c} \times p^{i} \bmod 998244353k21t=0∑k−1tc=0∑k−1wk−t×ci=0∑n(in)wki×c×pimod998244353$

发现后半部分很像二项式定理，即

$\sum_{i=0}^n \binom n i w_k^{i \times c} \times p^{i}=\sum_{i=0}^n \binom n i w_k^{i \times c} \times p^{i} \times 1^{n-i}=(w_k^cp+1)^ni=0∑n(in)wki×c×pi=i=0∑n(in)wki×c×pi×1n−i=(wkcp+1)n$

那么原式等价于

$\frac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1} t\sum_{c=0}^{k-1}w_k^{-t \times c} (w_k^cp+1)^n \bmod 998244353k21t=0∑k−1tc=0∑k−1wk−t×c(wkcp+1)nmod998244353$

发现后半部分为关于 $w_k^{-t}wk−t 的 k-1k−1 次多项式，可以暴力多项式插值，但是这样太慢了$

类似我们考虑将 $w_k^{tc}wktc 看作 w_k^{\binom {t+c}{2}-\binom t 2 - \binom c 2}wk(2t+c)−(2t)−(2c)$

那么原式等价于

$\frac{1}{k^2}\sum_{t=0}^{k-1} t^c\sum_{c=0}^{k-1}w_k^{-\binom {t+c}{2}+\binom t 2+\binom c 2} (w_k^cp+1)^n \bmod 998244353k21t=0∑k−1tcc=0∑k−1wk−(2t+c)+(2t)+(2c)(wkcp+1)nmod998244353$

可以看作卷积的形式，那么只需要一次 NTT 就可以带走了，复杂度为 $\log k+k \log n)O(klogk+klogn)$

F - 美德的讲坛

出题：Isonan

算法1

我会爆搜！

复杂度 $O(2^nq)O(2nq) ，期望得分 20'20′ 。$

算法2

设 $mx\in \mathbb{N},2^{mx}\le x < x^{mx+1}mx∈N,2mx≤x<xmx+1 。$

我们把 $a_iai 按照 \lfloor{a_i\over 2^{mx}}\rfloor⌊2mxai⌋ 分组。$

容易发现组内两两异或和都是

对于 $ x=2^k,k\in \mathbb{N} $ 的部分分，我们发现分完组以后跨组的异或和全是 $\ge x≥x 的。$

我们只要找到最大的组输出就行了。

复杂度

算法3

对于一般情况，我们发现相邻组之间是有可能产生

那么我们的问题变成了：

现在有两组点，左边每个点有一个权值 $a_iai ，右边每个点有一个权值 b_ibi 。现在要在左右各选出一些点，使得两两异或和 < x<x 。$

我们发现这个东东有点二分图的味道。那么是不是可以网络流呢？！

我们用如下方法建图：

源点向左边所有点连边，流量为

当 $a_i\oplus b_j\ge xai⊕bj≥x 时，左边点 ii 向右边 jj 连边，流量为 \infty∞ 。$

右边所有点向汇点连边，流量为

我们考虑这个图的最小割的意义。

如果 $a_i\oplus b_j\ge xai⊕bj≥x ，那么 i,ji,j 之中必定要删掉一个。一个割表示的就是一个删除一些数字，使得剩下数字两两异或和均 < x<x 的方案。$

那么我们要求的就是总点数-最小割。

复杂度 $O(n^2q)O(n2q) ，期望得分 30'30′ 。$

算法4

我们发现连边可以用

复杂度 $O(n\sqrt{n}lognq)O(nnlognq) ，实现得好能得 50'50′ 。$

（不是很会分析复杂度，大概是这样吧）

算法5

由于最大流=最小割，我们考虑从最大流的角度入手。

我们发现这个图的最大流也就是保留 $a_i\oplus b_j\ge xai⊕bj≥x 的边时，该二分图的最大匹配。$

我们可以把这个问题搬到

把所有数丢到

设

以下用

当

此时答案就是

当

$$ |a0| < |b1|\\ |a1| < |b0| $$

或

$$ |a0|>|b1|\\ |a1|>|b0| $$

时，答案显然是 $\min(|a|,|b|)min(∣a∣,∣b∣) 。$

否则，以

$$ |a0| < |b1|\\ |a1|>|b0| $$

为例。

我们发现我们只需要额外考虑

答案即为 $\min(solve(a1,b1,dep-1),b1-a0,a1-b0)+a0+b0min(solve(a1,b1,dep−1),b1−a0,a1−b0)+a0+b0 。$

这样基本就做完了。

我们发现单次修改的时候只会有

复杂度 $O((n+q)log^2V)O((n+q)log2V) ，期望得分 100'100′ 。$

luogu十月月赛SOL