NOI2016题解

Day1

T2 网格

答案只可能是-1，0，1，2。
1.
先判断答案是否为0，相当于要判空格子是否连通。假如不连通，相当于有空格子被一些障碍点围住了（联想一下围棋。。）。那么我们按八连通把障碍的联通块搜出来，然后对于每个联通块，判断与他们八连通的空格子是否属于一个联通块（四连通），假如不是，则这幅图不连通。
2.
接下来答案为1相当于存在一个割点。首先做一些定义，与某个障碍点八连通的空格定义为1级空格，不是1级空格但与某个1级空格八连通的空格定义为2级空格。那么显然，割点只能是1级空格。接下来我们对1级空格以及2级空格建图，假如两个空格四连通那么连边，最后判断在新图是否存在是1级空格的割点即可。
注意在 n=1 或 m=1 的情况下答案最多为1。

T3 循环之美

首先要知道如何判断一个分数 xy 在 k 进制下是否是纯循环的。这等价于：
存在一个 l≠0 ，使得：
x×kl≡x(mody)

由于 (x,y)=1 ，那么等价于 kl≡1(mody) ，最终推出 (k,y)=1 。

那么原问题就变成了：
给定 n,m,k ，求出

==∑i=1n∑j=1m[(i,j)=1]∧[(j,k)=1]∑i=1n∑j=1,(j,k)=1m∑d|i,d|jμ(d)∑d=1,(d,k)=1nμ(d)⌊nd⌋∑j=1,(j,k)=1⌊md⌋1

众所周知我们可以对 d 分成 O(n−−√) 块，然后每一块的 ⌊nd⌋,⌊md⌋ 是相同的。
最后相当于要对于每一块的端点 r ，求出

S(r)=∑i=1,(i,k)=1rμ(i)T(r)=∑i=1,(i,k)=1r1

不妨设 k=∏pcii ，令 S(i,r) 表示 与 k 互质定义为与 k 的前 i 个质因子互质的意义下的 S(r) ， T(i,r) 同理。

那么转移有：

S(i,r)=S(i−1,r)−μ(pi)S(i,⌊rpi⌋)（注意这里μ(x)有值须保证无重复质因子，因此减的是S(i)）T(i,r)=T(i−1,r)−T(i−1,⌊rpi⌋)

对于 S(0,r) 直接用杜教筛求出来。那么总的复杂度就是
O(ω(k)n−−√+n23) ，其中 ω(k) 表示 k 不同的质因子个数。

Day2

T1 区间

先把区间按长度排序，然后离散化。接下来枚举长度的右端点，显然左端点是单调不降的。这样两个指针扫，用线段树维护每个位置被多少个区间覆盖，合法性直接看最大值是否合法即可。

T2 国王饮水记

可以非常简单的弄出一个dp转移方程

F[i][j]=maxk<j{F[i−1][k]+S[j]−S[k]j−k+1}

其中 S 表示只保留比 A[1] 大的，且从小到大排序的 Ai 的前缀和。

这个Dp的复杂度是 O(N3P) 。然后很显然的，这条式子也可以看作

F[i][j]=maxk<j{S[j]−(S[k]−F[i−1][k])j−(k−1)}

那么每一层，我们对 (j−1,S[j]−F[i][j]) 构下凸壳，那么下一层的转移是可以直接在凸壳上单调地扫的。
这样复杂度就变为 O(N2P) 了。

比较Trick的一个地方是，我们可以先用double求出每个 F[i][j] 是由哪个 k 转移过来的。最后再用高精度跑一遍。
复杂度变成了 O(N2+NP) ，不太能过。

最后的一个优化是，最优方案中，长度超过1的段数不会超过14（ logNh ）段，那么我们可以先Dp出前14层的答案（因为每一段的长度是递减的），最后再直接扫一遍计出答案就好了。
复杂度为 O(NlogNh+NP) 。

代码：
Day1 Grid
Day1 Cyclic
Day2 Drink