HIT2018秋校赛 略解
Prologue
时间：20181222-12:20:00 to 20181222-17:20:00
现场比赛（大一限定）时 L 题题目表述有误（但修正后仍无 AC）。现场无 AC 的题有 F，H，I，L（I 题现场无提交）。另有 C 题仅 3 人 AC，D 题仅 1 人 AC（均为现场，其中 C 题可能原因为题面表述不明）。
A
题目大意：给两个长度均为 N 数组 L 1.. n L_{1 .. n} L1..n 和 G 1.. n G_{1 .. n} G1..n，正反序比对，是否相应位置元素均有 L i ≤ G i L_i ≤ G_i Li≤Gi。
水题。代码如下：
#includeB
题目大意：给长度为 n 正整数列和正整数 m，判断数列中是否存在区间和为 m 倍数。
计算出前缀和数组，判断数组中是否有对 m 模相同余数的项即可。代码如下：
#includeC
题目大意：给长度为 n 正整数列 a 1.. n a_{1 .. n} a1..n，建图如下：若 g c d ( a i , a j ) > 1 gcd(a_i, a_j) > 1 gcd(ai,aj)>1，则于点 a i a_i ai 和点 a j a_j aj 间存在一条无向边；若 a i = a j a_i = a_j ai=aj，则为同一点。求连通块数和最大连通块大小。
由于每个连通块都存在公共质因子，处理出数列中每个数的所有质因子，并查集合并点集即可。代码如下：
#includeD
题目大意：给 N 个点无根树，边权为 1。M 次操作，设所有点初始均为基态，每次操作两个点 a 和 b，若为基态则变为激发态，若为激发态则变为基态。操作后，激发态点数必为偶，则存在一种方案使所有激发态点两两配对，并使所有激发态点对间距离和最小。求每次操作后最小距离和。
显然，最小点对距离和方案必然路径不相交，即所有边最多通过一次（点可能多次）。若存在一种方案存在 A-C-D-F 和 B-C-D-E 两条路径（即激发态点 ABEF，边集 C-D 通过两次），则另一种方案 A-C-B 和 E-D-F 显然更优。归纳出一般规律，对于任一种方案，若某边通过偶数次则最优方案通过 0 次，若某边通过奇数次则最优方案通过 1 次。对于一次操作，相当于点 a 和点 b 间加上一条路径（由于树性质，路径唯一）。当经过一个点的路径数为偶时，该点为基态（上例中点 C 有 A-C 一、B-C 一、C-D 二、共四为偶，故为基态），否则为激发态。每次查询所有边中经过次数为奇的边数即为最小点对距离和。
可以看出，每次操作只改变一条路径上边的奇偶性。将每次操作看成查询路径 a-b 上所有边权和，并将路径 a-b 上所有边权乘以 -1，上次查询结果加上本次查询路径边权和即为本次查询结果。这样，每次操作后，边权为 -1 的边为参与点对匹配的边，边权为 1 的边为不参与点对匹配的边。如此，问题转化成维护一棵初始边权均为 1 的树，操作类型有区间乘 -1 和区间和查询，数链剖分套线段树即可。代码如下：
#include
void SegTreeModify(int n,int ql,int qr)
{
if(stn[n].bl>=ql&&stn[n].br<=qr)
{
stn[n].fg=-stn[n].fg;
SegTreeFlag(n);
return;
}
SegTreeFlag(n);
if(stn[n*2].br>ql)
SegTreeModify(n*2,ql,qr);
else
SegTreeFlag(n*2);
if(stn[n*2+1].bl<qr)
SegTreeModify(n*2+1,ql,qr);
else
SegTreeFlag(n*2+1);
stn[n].ky=stn[n*2].ky+stn[n*2+1].ky;
}
int SegTreeQuery(int n,int ql,int qr)
{
SegTreeFlag(n);
if(stn[n].bl>=ql&&stn[n].br<=qr)
return stn[n].ky;
int s=0;
if(stn[n*2].br>ql)
s+=SegTreeQuery(n*2,ql,qr);
else
SegTreeFlag(n*2);
if(stn[n*2+1].bl<qr)
s+=SegTreeQuery(n*2+1,ql,qr);
else
SegTreeFlag(n*2+1);
stn[n].ky=stn[n*2].ky+stn[n*2+1].ky;
return s;
}
int lca(int u,int v)
{
int s=0;
if(vtx[u].gfa!=vtx[v].gfa)
{
if(vtx[vtx[u].gfa].dep<vtx[vtx[v].gfa].dep)
u^=v^=u^=v;
s=SegTreeQuery(1,vdg[u],vdg[vtx[u].gfa]+1)+lca(vtx[vtx[u].gfa].fah,v);
SegTreeModify(1,vdg[u],vdg[vtx[u].gfa]+1);
}
else
{
if(vtx[u].dep<vtx[v].dep)
u^=v^=u^=v;
if(u!=v)
s=SegTreeQuery(1,vdg[u],vdg[vtx[v].son]+1),
SegTreeModify(1,vdg[u],vdg[vtx[v].son]+1);
}
return s;
}
int main()
{
int a,b,m,n,t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
fdg[i]=NULL;
for(int i=1;i<n;i++)
scanf("%d %d",&edg[i+n].to,&edg[i].to),
edg[i+n].nxt=fdg[edg[i].to],fdg[edg[i].to]=&edg[i+n],
edg[i].nxt=fdg[edg[i+n].to],fdg[edg[i+n].to]=&edg[i];
vtx[0].siz=vtx[1].fah=0,vtx[1].dep=1,dfs0(1);
vdg[0]=0,vtx[1].gfa=1,dfs1(1);
SegTreeBuild(1,1,n);
scanf("%d",&m);
n=0;
while(m--)
scanf("%d %d",&a,&b),
printf("%d\n",n+=lca(a,b));
}
return 0;
} E
题目大意：给 n 个区间，判断是否存在相交区间。
水题。代码如下：
#includeF
题目大意：设方程 a 1 x 1 + a 2 x 2 + . . . . + a n x n − d y = 0 a_1x_1 + a_2x_2 + .... + a_nx_n - dy = 0 a1x1+a2x2+....+anxn−dy=0 求最小正整数 y 使得该方程有正整数解。d ≤ 40,000，n ≤ 100，1 ≤ a i a_i ai ≤ 2 ∗ 1 0 9 2*10^9 2∗109。
笔者能力所限，未能解决该问题。
G
题目大意：二分图最大匹配。
匈牙利算法，最大流算法均可。本题数据可能存在较大问题（过弱）。代码如下：
#includeH
题目大意：在 N * M 棋盘上，求马由 (1, 1) 到达 (a, b) 最小步数。数据范围 1 0 18 10^{18} 1018。
笔者能力所限，未能解决该问题。
笔者的想法是，min(a, b) ≤ 3 时找规律，小范围数据暴力解决，大数据找规律。翻转使得终点位于 3 到 4 点半方向，当位于 3 到 4 点钟方向时，通过最多三次 1 点钟或 5 点钟马步和若干可计算次 2 点钟和 4 点钟马步到达；当位于 4 到 4 点半方向时，通过最多二次 2 点钟或 7 点钟马步和若干可计算次 4 点钟和 5 点钟马步到达。不过，该想法仍存在问题。
I
题目大意：给 n 个非负整数 x 1.. n x_{1 .. n} x1..n，将其划为三部分，设三部分数个数分别为 n 1 n_1 n1、 n 2 n_2 n2、 n 3 n_3 n3，每部分数中最大值分别为 h 1 h_1 h1、 h 2 h_2 h2、 h 3 h_3 h3，求 ( n 1 + n 3 ) ∗ m a x ( h 1 , h 3 ) + n 2 ∗ h 2 (n_1 + n_3) * max(h_1, h_3) + n_2 * h_2 (n1+n3)∗max(h1,h3)+n2∗h2 的最小值。 n 1 n_1 n1、 n 2 n_2 n2、 n 3 n_3 n3 可以为 0。
将原数列首尾相接形成数环，则原问题等价于将数环分为两部分，数个数分别为 n 1 n_1 n1、 n 2 n_2 n2，最大值分别为 h 1 h_1 h1、 h 2 h_2 h2，求 n 1 ∗ h 1 + n 2 ∗ h 2 n_1 * h_1 + n_2 * h_2 n1∗h1+n2∗h2 的最小值。令 h 1 = m a x ( x 1.. n ) h_1 = max(x_{1 .. n}) h1=max(x1..n)，即第一部分包含数列中最大值，可得 h 1 ≥ h 2 h_1 ≥ h_2 h1≥h2。考虑任一种方案，第二部分为 x L 2 x_{L2} xL2 到 x R 2 x_{R2} xR2（则在数环意义上，第一部分为 x R 2 + 1 x_{R2 + 1} xR2+1 到 x L 2 − 1 x_{L2 - 1} xL2−1），对于 x L 2 − 1 x_{L2 - 1} xL2−1 和 x L 2 x_{L2} xL2 之间的关系，若有 x L 2 − 1 ≤ x L 2 x_{L2 - 1} ≤ x_{L2} xL2−1≤xL2，则将 x L 2 − 1 x_{L2 - 1} xL2−1 划给第二部分的方案显然更优（因为如此一来， n 1 n_1 n1 减一， n 2 n_2 n2 加一， h 2 h_2 h2 不变且仍小于 h 1 h_1 h1）。于是，最优方案必有如下性质： x L 2 − 1 > x L 2 x_{L2 - 1} > x_{L2} xL2−1>xL2 且 x R 2 < x R 2 + 1 x_{R2} < x_{R2 + 1} xR2<xR2+1。
搜索，每次选取数环第二部分中最大数位置，将最大数连同其左边所有数或右边所有数全部划为第一部分，更新最优解，并递归搜索下去。最优解如上性质必定会被搜索到，即使存在相同数也不影响搜索顺序（若相同数比最优解 h 2 h_2 h2 大，则相同数全部划为第一部分后必存在一颗搜索子树为最优解；若相同数不比最优解 h 2 h_2 h2 大，则在搜索相同数之前就已经搜索到最优解）。处理时通过将数列最大值循环移动至数列首部使得第二部分连续，并需 ST 表实现 RMQ 功能。代码如下：
#includeJ
题目大意：求 N! 的因子中有多少数恰有 75 个因子。
一个数有奇数个因子当且仅当它为完全平方数。 75 = 3 ∗ 5 ∗ 5 = 5 ∗ 15 = 3 ∗ 25 = 75 75 = 3 * 5 * 5 = 5 * 15 = 3 * 25 = 75 75=3∗5∗5=5∗15=3∗25=75，即有 75 个因子的数 X = p 1 2 ∗ p 2 4 ∗ p 3 4 X = p_1^2 * p_2^4 * p_3^4 X=p12∗p24∗p34 或 X = p 1 4 ∗ p 2 14 X = p_1^4 * p_2^{14} X=p14∗p214 或 X = p 1 2 ∗ p 2 24 X = p_1^2 * p_2^{24} X=p12∗p224 或 X = p 1 74 X = p_1^{74} X=p174（ p 1 , p 2 , p 3 p_1,p_2,p_3 p1,p2,p3 均为质数且互不相同）。
3 / 2 + 3 / 4 = 1 + 0 = 1
4 / 2 + 4 / 4 = 2 + 1 = 3
5 / 2 + 5 / 4 = 2 + 1 = 3
6 / 2 + 6 / 4 = 3 + 1 = 4
15 / 2 + 15 / 4 + 15 / 8 + 15 / 16 = 7 + 3 + 1 + 0 = 11
16 / 2 + 16 / 4 + 16 / 8 + 16 / 16 = 8 + 4 + 2 + 1 = 15
27 / 2 + 27 / 4 + 27 / 8 + 27 / 16 = 13 + 6 + 3 + 1 = 23
28 / 2 + 28 / 4 + 28 / 8 + 28 / 16 = 14 + 7 + 3 + 1 = 25
77 / 2 + 77 / 4 + 77 / 8 + 77 / 16 + 77 / 32 + 77 / 64 = 38 + 19 + 9 + 4 + 2 + 1 = 73
78 / 2 + 78 / 4 + 78 / 8 + 78 / 16 + 78 / 32 + 78 / 64 = 39 + 19 + 9 + 4 + 2 + 1 = 74
4! 可提供 2 个质因子 2，6! 可提供 4 个质因子 2，16! 可提供 14 个质因子 2，28! 可提供 24 个质因子 2，78! 可提供 74 个质因子 2。
5 / 3 = 1
6 / 3 = 2
8 / 3 + 8 / 9 = 2 + 0 = 2
9 / 3 + 9 / 9 = 3 + 1 = 4
29 / 3 + 29 / 9 + 29 / 27 = 9 + 3 + 1 = 13
30 / 3 + 30 / 9 + 30 / 27 = 10 + 3 + 1 = 14
53 / 3 + 53 / 9 + 53 / 27 = 17 + 5 + 1 = 23
54 / 3 + 54 / 9 + 54 / 27 = 18 + 6 + 2 = 26
6! 可提供 2 个质因子 3，9! 可提供 4 个质因子 3，30! 可提供 14 个质因子 3，54! 可提供 24 个质因子 3。
59 / 5 + 59 / 25 = 11 + 2 = 13
60 / 5 + 60 / 25 = 12 + 2 = 14
99 / 5 + 99 / 25 = 19 + 3 = 22
100 / 5 + 100 / 25 = 20 + 4 = 24
60! 可提供 14 个质因子 5，100! 可提供 24 个质因子 5。
90 / 7 + 90 / 49 = 12 + 1 = 13
91 / 7 + 91 / 49 = 13 + 1 = 14
91! 可提供 14 个质因子 7。
当 p > 4 时，(2p)! 可提供 2 个质因子 p，(4p)! 可提供 4 个质因子 p。
打表即可。代码如下：
#includeK
题目大意：给 N 个点无根树，边权为 1，求路径长为奇的路径数。
以点 1 为根建树，设 S i , 0 S_{i, 0} Si,0 为以 i 为根子树中距根长度为偶数的点数（包括根）， S i , 1 S_{i, 1} Si,1 为以 i 为根子树中距根长度为奇数的点数。考虑点对 (s, t)，设其最近公共祖先为 lca(s, t)，则路径 s - lca(s, t) - t 和路径 s - lca(s, t) - 1 - lca(s, t) - t 长度奇偶性相同，树上任一路径均可看作经过根的长度奇偶性相同的等价路径，由奇数 = 偶数 + 奇数可知，则 S 1 , 0 ∗ S 1 , 1 S_{1, 0} * S_{1, 1} S1,0∗S1,1 即为所求。代码如下：
#includeL
题目大意：给 n ( ≤ 1 0 9 ) , k ( ≤ 1000 ) , a 1.. k , f 0.. k − 1 n(≤ 10^9), k(≤ 1000), a_{1 .. k}, f_{0 .. k - 1} n(≤109),k(≤1000),a1..k,f0..k−1，已知 f n = ∑ j = 1 k a j ∗ f n − j f_n = \sum_{j=1}^k a_j*f_{n-j} fn=∑j=1kaj∗fn−j，求 f n f_n fn mod 1e9+7。
笔者能力所限，未能解决该问题。
Epilogue
笔者有幸参与此次比赛，无奈才疏学浅，仅 AC 二题（B 题和 K 题）。L 题开始想借矩阵快速幂之力，但矩阵乘法时间复杂度 k 3 k^3 k3 直接 TLE。J 题考场中程序已然写成，不幸代码中一个常数算错而 WA。E 题代码 WA 而检查无果，考后发现一条调试输出语句忘删。HF 题均非力所能及，直接放弃。ACG 题未加细看便直接放弃，但事实上均可做。D 题现场便想出数剖套线段树的做法，但数剖代码过长线段树长时未写而放弃。最后编写 I 题，直到考试结束都笔者都未能将 I 题编完，不过现在看来当时的贪心思路偏差较大，就算编完也只能以 WA 收尾。从此次比赛看来，HIT 藏龙卧虎，算法竞赛之路任重而道远。