Codeforces Round #752 (Div. 1)
前言
比賽之前我就想著先開 \(D\)，然後肝了 \(1.8\) 個小時終於搞出來了，因為我是慫包所以不敢用大號交，用小號搶了 \(\tt Div2F\) 的首 \(A\)（好像賽時很少人做出來），就不想打了。
下次還是要相信自己的實力，自信即顛峰，\(3000\) 的題我不只切了一次兩次了。不要畏懼難題，一發上紅不是問題。
C. Extreme Extension
題目描述
定義操作為把數 \(a\) 拆成兩個和等於 \(a\) 的正整數，定義序列的價值為最小的操作次數使之不降。
有 \(n\) 個數 \(a_i\)，問每一個子區間的價值和，答案對 \(998244353\) 取模。
\(n\leq 10^5,a_i\leq 10^5\)
解法
首先考慮對於一個給定的區間如何計算價值。可以從後往前考慮，每一次都儘量大的拆分，這樣的運算元是最小的，並且於後面也是最優的。設現在的開頭是 \(x\)，那麼個數 \(k=\lceil\frac{a_i}{x}\rceil\)，新的開頭 \(x'=\lfloor\frac{a_i}{k}\rfloor\)
對於每個 \(i\)，\(k\) 的取值只有 \(\sqrt n\) 種，那麼 \(x'\) 的取值也只有 \(\sqrt n\) 種。因為計算只和開頭的數字有關，可以把它當成狀態記錄下來，我們使用整體 \(dp\) 的技巧，也就是在所有右端點處初始化，在左端點處統計答案，只需要做一次 \(dp\)
設 \(dp[i][j]\) 表示考慮到 \(i\) 開頭的數字是 \(j\) 的方案數，時間複雜度 \(O(n\sqrt n)\)
總結
區間統計問題也可以考慮整體 \(dp\) 的技巧，考慮需要記錄什麼東西把統計問題轉 \(dp\)
#include <cstdio> #include <vector> #include <iostream> using namespace std; const int M = 100005; const int MOD = 998244353; #define int long long int read() { int x=0,f=1;char c; while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;} while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();} return x*f; } int T,n,w,ans,a[M],f[2][M];vector<int> v[2]; signed main() { T=read(); while(T--) { n=read();w=ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for(int i=n;i>=1;i--) { w^=1;int ls=a[i]; v[w].push_back(a[i]); f[w][a[i]]=1; for(auto x:v[w^1]) { int k=(a[i]+x-1)/x,to=a[i]/k; f[w][to]=(f[w][to]+f[w^1][x])%MOD; ans=(ans+(k-1)*i*f[w^1][x])%MOD; if(to^ls) v[w].push_back(to),ls=to; } for(auto x:v[w^1]) f[w^1][x]=0; v[w^1].clear(); } for(auto x:v[w]) f[w][x]=0;v[w].clear(); printf("%lld\n",ans); } }
D. Artistic Partition
題目描述
定義 \(c(l,r)\) 表示滿足 \(l\leq i\leq j\leq r\) 並且 \(\gcd(i,j)\geq l\) 的 \((i,j)\) 對數。
定義 \(f(n,k)\) 為一個劃分 \(0=x_1<x_2<...x_{k+1}=n\) 最小的 \(\sum_{i=1}^k c(x_i+1,x_{i+1})\)
多組資料，求 \(f(n,k)\)
\(T\leq 3\cdot 10^5,1\leq k\leq n\leq 10^5\)
解法
首先我想了一個 \(O(n^4k)\) 的 \(dp\)，打了個表發現沒什麼規律，然後開始瘋狂優化。
我發現 \(k\) 較小的時候答案就趨近 \(n\) 了，設左端點是 \(l\)，那麼 \([l,2l)\) 這一段的額外代價為 \(0\)，所以說最多隻需要 \(\tt log\) 次劃分就可以使得答案達到最小值。
再考慮怎麼優化列舉前驅的過程，可以盲猜一波有決策單調性，也就是滿足下面的式子：
\[c(i,j+1)+c(i+1,j)\geq c(i+1,j+1)+c(i,j) \]經我打表驗證加上感性理解，可以證明上面的式子的成立的，那麼套一個決策單調性分治即可。剩下的問題就是快速求 \(c(l,r)\) 了，比賽時我就是因為這個卡了很久，其實直接莫比烏斯反演即可：
所以求出尤拉函式的字首和之後整除分塊即可，在一段轉移區間內求值的時候只需要把左端點拿出去做整除分塊，剩下的可以略微修改推出來，時間複雜度我也不太清楚，因為是預處理所以該演算法穩定在 \(1s\) 左右。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 100005;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,k,cnt,p[M],ph[M],dp[22][M];
void init(int n)
{
ph[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!ph[i]) ph[i]=i-1,p[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
{
if(i%p[j]==0)
{
ph[i*p[j]]=ph[i]*p[j];
break;
}
ph[i*p[j]]=ph[i]*(p[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) ph[i]+=ph[i-1];
}
int cal(int m,int n)
{
int res=0;
for(int l=m,r=0;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
res+=ph[n/l]*(r-l+1);
}
return res;
}
void cdq(int l,int r,int L,int R)
{
if(l>r) return ;
int mid=(l+r)>>1,c=cal(L+1,mid),p=0;
for(int i=L;i<=min(R,mid);i++)
{
if(dp[k][mid]>dp[k-1][i]+c)
{
dp[k][mid]=dp[k-1][i]+c;
p=i;
}
c-=ph[mid/(i+1)];
}
cdq(l,mid-1,L,p);
cdq(mid+1,r,p,R);
}
signed main()
{
n=100000;init(n);
memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0][0]=0;
for(k=1;k<=20;k++) cdq(1,n,0,n-1);
T=read();
while(T--)
{
n=read();k=read();
if(k>20) printf("%lld\n",n);
else printf("%lld\n",dp[k][n]);
}
}
E. A Perfect Problem
題目描述
定義一個序列是好的，當且僅當最大值乘上最小值大於等於權值和。
定義一個長度為 \(n\) 的序列 \(a\) 是完美的，當且僅當 \(1\leq a_i\leq n+1\)，並且它的所有子序列都是好的。
給出 \(n\) 和質數 \(m\)，求長度為 \(n\) 的完美序列 \(a\) 有模 \(m\) 下有多少個。
\(n\leq 200,10^8\leq m\leq 10^9\)
解法
真 \(\cdot\) 結論題，本題最關鍵的條件就是 \(1\leq a_i\leq n+1\)（這限制夢迴 \(\tt NOI2020\)）
\(\tt Observation\ one\)：可以貪心轉化判據，我們把 \(a\) 序列從小到大排序，如果最大值是 \(a_i\) 那麼最小值一定是 \(a_1\)，那麼所有子序列合法就轉化成了所有前驅合法。
\(\tt Observation\ two\)：我們可以只考慮排序之後的序列，然後用簡單組合數就可以計算出原序列，排序後序列需要滿足 \(a_i\geq i\)，否則 \(a_i\cdot a_1<i\cdot a_i\leq \sum_{j=1}^i a_j\) 顯然不合法。
\(\tt Observation\ three\)：如果 \(a_i=i\)，那麼 \(\forall j\leq i,a_j=i\)，因為 \(a_i\cdot a_1=i\cdot a_1\leq \sum_{j=1}^i a_j\)，所以當且僅當所有數等於 \(i\) 時取等，此時才能滿足條件。
基於這個觀察和對題設的分析，我們可以知道當 \(a_n=n\) 的時候唯一對應一種合法序列 ，所以可以假設 \(a_n=n+1\) 以方便下面的討論。
\(\tt Observation\ four\)：假設 \(a_n=n+1\)，如果 \(a_i\geq i+1\)，那麼這個字首自動合法。因為我們知道 \(a_1\cdot a_n\geq\sum_{i=1}^na_i\)，所以 \(a_1\geq \sum_{i=1}^n a_i-a_1\)，推出 \(a_1\geq \sum_{j=1}^i a_j-a_1\)，所以前綴合法。
綜合上文所有的觀察，我們可以知道假設 \(a_n=n+1\)，序列合法的充要條件是：
- \(\forall i\leq a_1,a_1\leq a_i\leq n+1\)
- \(\forall i>a_1,i+1\leq a_i\leq n+1\)
- \(\sum_{i=1}^n a_i-a_1\leq a_1\)
我們列舉 \(a_1\) 之後，可以去規劃差值序列 \(b_i=a_i-a_1\)，序列 \(b\) 合法的充要條件是：
- \(0\leq b_i\leq n+1-a_1\)
- \(\sum_{i=1}^n b_i\leq a_1\)
- 至少有 \(1\) 個數大於等於 \(n+1-a_1\)，至少有 \(2\) 個數大於等於 \(n-a_1.....\)至少有 \(n-a_1\) 個數大於等於 \(2\)
設 \(dp[i][j][k]\) 表示考慮到權值 \(k\)，已經在序列裡放置了 \(i\) 個數，現在的總和是 \(j\)，轉移列舉新加數的權值有多少個，不難發現這是個調和級數，所以時間複雜度 \(O(n^4\log n)\)
\(\tt Observation\ seven\)：有用的 \(a_1\) 只有後 \(2\sqrt n\) 種，所以時間複雜度 \(O(n^3\sqrt n\log n)\)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <cassert>
using namespace std;
const int M = 205;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,MOD,a1,ans,fac[M],inv[M],f[M][M][M],v[M][M][M];
int qkpow(int a,int b)
{
int r=1;
while(b>0)
{
if(b&1) r=r*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return r;
}
int dfs(int i,int s,int k)
{
if(i==n) return fac[n];
if(k==0) return fac[n]*inv[n-i]%MOD;
if(v[i][s][k]==a1) return f[i][s][k];
int &r=f[i][s][k];r=0;v[i][s][k]=a1;
for(int j=(a1-s)/k;j>=0;j--)
{
if(k>1 && i+j<n-a1+1-k+1) continue;
r=(r+dfs(i+j,s+j*k,k-1)*inv[j])%MOD;
}
return r;
}
signed main()
{
n=read();MOD=read();fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
for(int i=0;i<=n;i++) inv[i]=qkpow(fac[i],MOD-2);
for(a1=max(1ll,n-30);a1<=n;a1++)
ans=(ans+dfs(0,0,n+1-a1))%MOD;
printf("%lld\n",ans);
}