D1T1 冰火戰士

Description

有兩個元素集合 \(S,T\)，每個元素都有權值 \(c,w\)，\(q\) 次插入或刪除一個元素，詢問：

\[\max_{t}(2\min(\sum_{i\in S}[c_i\le t]w_i,\sum_{i\in T}[c_i\ge t]w_i)) \]

並求出達到最大值的 \(t\)，若有多個 \(t\) ，取其中最大的。

\(q\le 2\times 10^6,c_i\le 2\times 10^9\)。

Solution

首先最終的 \(t\) 一定會在某一個 \(c_i\) 處取到，因此可以先將 \(c_i\) 離散化。

由於最終求的是兩坨東西的 \(\min\)

的 \(\max\)，（不妨設分別為 \(a_t,b_t\)），又注意到 \(a_t\) 是不降的函式，\(b_t\) 是不增的函式，因此答案一定在二者交界處附近取到，考慮先找到交界點，也就是 \(a_t-b_t\) 這一不降函式的零點。

求不降函式的零點，容易想到直接用線段樹維護 \(a_t-b_t\)，然後線上段樹上二分，這樣做是 \(\mathcal O(n\log n)\) 的，但常數較大，可能會被卡。

事實上，我們也可以用樹狀陣列維護，具體而言，用兩棵樹狀陣列分別維護 \(a_t\) 與 \(b_t\)。找交界點時，假設現在我們正在 \(pos\) 位置（初始為 \(0\)），目前的 \(a_{pos}-b_{pos}\le 0\)

，然後考慮向後跳 \(2\) 的次冪，按 \(d\) 從大到小依次考慮 \(now=pos+2^d\) 是否依然滿足 \(a_{now}-b_{now}\le 0\) ，如果是，直接跳到 \(now\) 的位置，否則就不跳，將步幅減小。再判斷新點是否符合時，新增的部分就是樹狀陣列上點 \(now\) 維護的資訊，因此可以 \(\mathcal O(1)\) 進行判斷。

至此我們 \(\mathcal O(n\log n)\) 的找到了最大的使得 \(a_t\le b_t\) 的 \(t\)，\(t+1\) 就是最小的 \(a_t>b_t\) 的 \(t\)，顯然答案一定在它們中產生。注意當 \(t+1\)

為最終答案時，它不一定是所有這樣的 \(t\) 中最大的，我們可以通過再一次二分來找到最終答案。

最終複雜度為小常數 \(\mathcal O(n\log n)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e6+10;
int q,d[N],tot,ct[2];
struct node{
	int t,x,y;
}a[N]; 
struct BIT{
	int c[N];
	inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
	inline void update(int x,int y){
		for(;x<=tot;x+=lowbit(x)) c[x]+=y;
	}
	inline int query(int x){
		int ans=0;
		for(;x;x-=lowbit(x)) ans+=c[x];
		return ans;
	}
}T[2];
int dt;
int main(){
	scanf("%d",&q);
	for(int i=1,op,k;i<=q;++i){
		scanf("%d",&op);
		if(op==1) scanf("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].x,&a[i].y);
		else{
			scanf("%d",&k);
			a[i]=a[k];a[i].y=-a[i].y;
		}
		d[i]=a[i].x;
	}
	sort(d+1,d+q+1);
	tot=unique(d+1,d+q+1)-d-1;
	for(int i=1;i<=q;++i){
		a[i].x=lower_bound(d+1,d+tot+1,a[i].x)-d;
		int tp=a[i].t;
		if(a[i].y>0) ct[tp]++;
		else ct[tp]--;
		if(!tp) T[0].update(a[i].x,a[i].y);
		else T[1].update(a[i].x+1,-a[i].y),dt+=a[i].y;
		if(!ct[0]||!ct[1]){puts("Peace");continue;}
		int now=0,ret=-dt;
		for(int i=20;i>=0;--i){
			if(now+(1<<i)>tot) continue;
			int x=now+(1<<i);
			if(T[0].c[x]-T[1].c[x]+ret<=0) now=x,ret+=T[0].c[x]-T[1].c[x];
		}
		ret=min(T[0].query(now),T[1].query(now)+dt);
		int tmp=min(T[0].query(now+1),T[1].query(now+1)+dt);
		if(now<tot&&tmp>=ret){
			int lim=T[1].query(now+1);
			ret=0;now=0;
			for(int i=20;i>=0;--i){
				if(now+(1<<i)>tot) continue;
				int x=now+(1<<i);
				if(ret+T[1].c[x]>=lim) ret+=T[1].c[x],now=x;
			}
			ret=tmp;
		}
		if(!ret){puts("Peace");continue;}
		printf("%d %d\n",d[now],ret<<1);
	}
	return 0;
}

D1T2 組合數問題

Description

請求出：

\[\sum_{k=0}^{n}f(k)x^k\binom nk\pmod p \]

其中 \(f(k)\) 是關於給定的一個 \(m\) 次多項式 \(f(k)=\sum_{i=0}^{m}a_ik^i\)。

\(m\le 1000,n,x,p\le 10^9\)。

Soltion

首先將多項式展開：

\[=\sum_{k=0}^{n}\sum_{i=0}^{m}a_ik^ix^k\binom nk\\ =\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{k=0}^{n}k^ix^k\binom nk \]

注意到 \(x^k\dbinom nk\) 類似二項式定理的形式，而前面這個 \(k^i\) 怎麼看怎麼不對勁，於是套路的將它轉化為下降冪：

\[=\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{i}\ \left\{\begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right\}k^{\underline{j}} x^k\binom nk\\ =\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{j=0}^{i}\ \left\{\begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right\}\sum_{k=0}^{n}k^{\underline{j}} x^k\binom nk\\ =\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{j=0}^{i}\ \left\{\begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right\}\sum_{k=0}^{n}\binom{k}{j}j! x^k\binom nk\\ \]

這是三項式係數，可以轉化為

\[=\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{j=0}^{i}\ \left\{\begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right\}j!\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{j}\binom{n-j}{k-j} x^k\\ =\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{j=0}^{i}\ \left\{\begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right\}j!\binom nj\sum_{k=0}^{n-j}\binom{n-j}{k} x^kx^j\\ \]

終於舒服了，二項式定理得到：

\[=\sum_{i=0}^{m}a_i\sum_{j=0}^{i}\ \left\{\begin{matrix}i\\j\end{matrix}\right\}j!\binom njx^j(x+1)^{n-j} \]

直接遞推處理第二類斯特林數，即可做到 \(\mathcal O(m^2)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1010;
struct FastMod{
	typedef unsigned long long ULL;
	typedef __uint128_t LLL;
	ULL b,m;
	void init(ULL b){this->b=b,m=ULL((LLL(1)<<64)/b);}
	ULL operator()(ULL a)const{
		ULL q=(ULL)((LLL(m)*a)>>64);
		ULL r=a-q*b;
		return r>=b?r-b:r;
	}
}mod;
inline ll operator %(ll x,const FastMod &mod){return mod(x);}
int n,x,md,m,a[N],str[N][N],base[N],low[N];
inline int ksm(int x,int y){
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
	return ret; 
}
inline void init(){
	for(int i=str[0][0]=1;i<=m;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j)
			str[i][j]=(str[i-1][j-1]+1ll*j*str[i-1][j])%mod;
	}
	low[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;++i) low[i]=1ll*low[i-1]*(n-i+1)%mod;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&md,&m);
	mod.init(md);
	init();
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=m;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
		int ret=0,pw1=1;
		for(int j=0;j<=i;++j,pw1=1ll*pw1*x%mod)
			ret=(ret+1ll*str[i][j]*low[j]%mod*pw1%mod*ksm(x+1,n-j))%mod;
		ans=(ans+1ll*ret*a[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

D1T3 魔法商店

這是一道神仙論文題，我在之前的部落格保序迴歸問題中已進行了詳細的講解。