2019 ICPC亚洲区域赛银川赛区题解

E题题解

题意

给定一个 $n$ 个节点的有根树，每个节点有一个权值 $A_i$。定义一个集合的价值为：$$Value(S)=\sum _{x\in S}\sum _{y\in S}(A_x\oplus A_y{)}^2$$

求以每个节点 $x$ 为根的子树中距离 $x$ 不超过 $k$ 的节点集合 $V(x,k)$ 的价值。

$k\le n\le 10^5,0\le A_i\le 10^9$

解法

考虑如何计算一个集合的价值，问题的难点在于求 ${\sum }_{(a\oplus b{)}^2}$，设 $a\oplus b=x$ 并写出 $x$ 的二进制表示 $x=x_{30}+x_{29}+...+x_0$。

则 $x^2=(\sum x_i{)}^2=\sum \sum x_i{x}_j$，这提示我们对于每两位 $(i,j)$ 计算出有多少对 $(a,b)$ 满足 $a\oplus b$ 的第 $i$ 位和第 $j$ 位均为 $1$ 即可。

这一步的计算可以通过维护有多少个数满足第 $i$ 位为 $x_i$ ，第 $j$ 位为 $x_j$，设为 $s(x_i,x_j)$。然后用 $s(0,0)s(1,1)+s(0,1)s(1,0)$ 就能计算出对答案的贡献。

现在我们将这种做法推广到原问题，使用长链剖分维护每个深度的信息，前缀和计算即可。

设权值的字长为 $w$ ，则总时间复杂度为 $O(n{w}^2)$，空间复杂度为 $O(n)$。

A题题解

题意：

给出$n(n\le 100000)$个物品，每个物品有一个$name$属性和一个$color$属性和一个$power$，再给出$5$个$name$值和$1$个$color$值。选出$5$个物品，定义$bonus$初始为$1$，每有一个物品的$name$在给出的$name$中则$bonus+=10\%$，每有一个物品的$color$为给出的$color$则$bonus+=20\%$，定义$得分=5个物品power的和\times bonus$，求选出的$5$个物品得分最高为多少

解法

所有的牌都可以分为4类
0：名字没有加成，颜色没有加成
1：名字有加成，颜色没有加成
2：名字没有加成，颜色有加成
3：名字有加成，颜色有加成

把类别相同的都放在同一个数组中
然后把每个数组都按照power从大到小排序。
题目要求每个名字只能被选取一次，因此对每个数组去重，每个名字只保留power最高的。
设最后的四个数组为V[0],V[1],V[2],V[3]
然后进行搜索，深度为5
每次从V[0],V[1],V[2],V[3]中选取一张牌。
每次选取时都优先选power最高的，如果名字重复就跳过
dfs部分大概长这样

void dfs(int deep,int nname,int ncolor,int power,int i0,int i1,int i2,int i3,set<string>name_set){
	if(deep == 0){
		update(ans,power*(1.0+nname*0.1+ncolor*0.2));
		return;
	}
	//V[0]部分
	...//跳过名字相同的，因为name_set最多5个元素，因此复杂度很低
	name_set.insert(now_name);
	dfs(deep-1,nname,ncolor,power+now_power,i0+1,i1,i2,i3,name_set);
	name_set.erase(now_name);
	//V[1]部分
	...//同样跳过
	name_set.insert(now_name);
	dfs(deep-1,nname+1,ncolor,power+now_power,i0,i1+1,i2,i3,name_set);
	name_set.erase(now_name);
	//后面都差不多
}

时间复杂度：
排序 $O(nlogn)$
搜索 $O(1)$
因此总复杂度为$O(nlogn)$

Problem N

输出 1 1 2 3 5 。

Problem B

一个 $n\times m$ 矩阵，$n,m\ge 2$ ，初始全0，每次可以行+1或列+1。现在某一个数丢失，求它是多少。

注意到 $a_{xy}+a_{zw}=a_{xw}+a_{zy}$ 即可。

Problem G

维护一个数组，区间乘一个 $2\le x\le 10$ 的数字，区间查询 $\mathrm{pot}(x)$ 的最大值，其中
$$\mathrm{pot}(x):=\underset{p\mathrm{p}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{m}\mathrm{e},p^c|x}{\max }c.$$
做法：对 $2,3,5,7$ 分别维护一颗线段树，区间加、区间取 $\max$ 即可。

Problem F

求
$$\sum _{a=2}^{n}a\sum _{b=a}^n\lfloor {\log }_{a}b\rfloor \lceil {\log }_{b}a\rceil ,n\le 10^{12}.$$
注意到 $b\ge a$ 时 $\lceil {\log }_{b}a\rceil =1$ 。$a\le \sqrt{n}$ 可枚举内层爆算， $a>\sqrt{n}$ 时内层的乘积就是 $1$ ，因此内层 $\sum =n-a+1$ 。

Problem I

将一个 $x$ 进制下的数字 $k$ 转换到 $y$ 进制下。$k\le x^{120}$ 。

简单 Python 作业题。注意特判 0。

Problem K

给定两个 $n\times m$ 矩阵，每个里面元素都是 $1\dots n\times m$ 且两两不同。求最大公共（连续）子矩阵大小。

做法：因为是排列所以可以找到每个元素在哪里。 $O(nm)$ 可以求出每个 $a_{ij}$ 在 $b$ 里面向上、左、右走 $1\times k$ 或 $k\times 1$ 能走多远，分别设为 $U(i,j),L(i,j),R(i,j)$。剩下的事情是一个悬线法：

• 对于最大的方案，一定存在某一列，使得这一列是不能向上拓展的（否则每列都可以向上拓展，与最大性相矛盾），我们称这一列是瓶颈。
• 对于每一个 $(i,j)$ ，我们可以 DP 出，下边界是第 $i$ 行且瓶颈是第 $j$ 列时的最大左右扩展距离。详见OI Wiki上的悬线法条目。这里的特殊点是要对 $L(i,j),R(i,j)$ 取 $\min$ 。

就做完了。

Problem D

我们定义一个序列 $a_1,\cdots ,a_n$ 是 $(n,m,d)$-好的，当且仅当：

• $\forall 1\le i\le n,1\le a_i\le m$ ，并且
• $\gcd (a_1,\cdots ,a_n)=d$

给定 $n,m,d,k$ ，求所有 $(n,m,d)$-好的序列的“所有元素的积的 $k$ 次幂”的和，对某个合数取模。输入的 $n\le 10^{100000},m\le 100000,k\le 10^9$ 。

Solution

下述过程中，$n$ 只出现在指数位置上，所以我们只需要取 $n\leftarrow n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (mod)$ ，这样的读入是轻易的。给定 $n,k$ ，我们设 $f(x)$ 是所有 $(n,x,1)$-好的序列的“所有元素的积的 $k$ 次幂”的和。则答案是 $d^{kn}f\left(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor \right)$ 。注意到我们有容斥
$$f(x)=(T_x{)}^n-\sum _{j=2}^x{j}^{kn}f\left(\lfloor \frac{x}{j}\rfloor \right),$$
其中 $T_x={\sum }_{i=1}^x{i}^k$ 。第一项是不考虑 $\gcd$ 限制的总和，后面的是 $\gcd$ 容斥。记忆化搜索，所有的状态都形如 $f\left(\lfloor \frac{m}{j}\rfloor \right)$ for some $j$ ，故状态只有 $O\left(\sqrt{m}\right)$ 个。

考虑转移，这是简单的数论分块：若 $j\le \sqrt{x}$ 直接算；若 $j>\sqrt{x}$ ，枚举 $p=\lfloor \frac{x}{j}\rfloor <\sqrt{x}$ ，考虑满足 $\lfloor \frac{x}{j}\rfloor =p$ 的 $j$ 是一个区间 $[\lfloor x/(p+1)\rfloor +1,\lfloor x/p\rfloor ]$ ，对这个区间计算贡献，只要预处理 $j^{kn}$ 的前缀和然后减一减就可以了。因此转移复杂度 $O(\sqrt{m})$ ，故DP的总复杂度 $O(m)$ 。

再来看预处理的复杂度。预处理要求 $i^k$ 的前缀和与 $i^{kn}$ 的前缀和。先求出他们俩本身：这两个东西都是完全积性函数，可以 $O\left(\frac{m}{\log m}\log mod\right)$ 线性筛，因此可以线性求出；然后前缀和也是线性的。因此总复杂度是 $O(m)$ 的。

Problem J

给你一张每条边至多在一个简单环上的无向图，边有非负边权。求：从1号节点出发，经过每条边至少一次，结束在任意位置的最短方案。要求复杂度线性。

Solution

首先，一些基本的常识和术语可见vfk的玩转仙人掌讲义。需要前置完成构建仙人掌的 Block Forest 结构（又名“仙人掌的圆方树”、点双树，就是vfk讲义里面没有提到名字的树结构，把环上的点作为环儿子，把环的最高顶点作为环父亲）。额外地，需要维护环上边权的前缀和。这些都可以朴素完成。

我们定义 $F_x$ 为从 $x$ 的父亲进入 $x$ 的子仙人掌，遍历所有边至少一遍，然后回到 $x$ 的父亲的最小花费；定义 $G_x$ 为从 $x$ 的父亲进入 $x$ 的子仙人掌，遍历所有边至少一次，最后停止在任意节点的最小花费。注意如果 $x$ 不是环，$F_x,G_x$ 中就会包含 $({\mathrm{f}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}}_x,x)$ 的边权（两次或一次，resp.）。我们可以给根定义一个零花费的父向边以避免一些无谓的平凡情况。以下的 DP 过程几乎是平凡的，但在此详述，只为搞清一下细节。

若 $x$ 是结点（“圆点”），那么 $F_x=2w(({\mathrm{f}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}}_x,x))+\sum _{y\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x}{F}_y$ ，其中 $e\mapsto w(e)$ 代表边权；若 $x$ 是环（“方点”），可以发现最优方案是环边只走一遍、所有其他孩子直接进去再回来，因此 $F_x=\sum _{e\in {\mathrm{e}\mathrm{d}\mathrm{g}\mathrm{e}\mathrm{s}}_x}w(e)+\sum _{y\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x}{F}_y$ 。

若 $x$ 是结点，考虑 $G_x$ ，进入 $x$ 之后，最后一定会落在某个子仙人掌中，因此枚举最后终结的地方在哪个孩子的子树中，可以得到
$$\begin{array}{rl}{G}_x& =w(({\mathrm{f}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}}_x,x))+\underset{y\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x}{\min }\left(G_y+\sum _{z\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x,z\ne y}{F}_y\right)\\ & =F_x-w(({\mathrm{f}\mathrm{a}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}}_x,x))+\underset{y\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x}{\min }\left(G_y-F_y\right),\end{array}$$
若 $x$ 是环，可以发现总会落在某一个节点的子仙人掌中，照样枚举是哪个节点。假设它是 $y$ 。由于环上的每条边都要经过一遍，我们从顶点开始、先走一圈、回到顶点，然后从顶点下到 $y$ 。
$$\begin{array}{rl}{G}_x& =\sum _{e\in {\mathrm{e}\mathrm{d}\mathrm{g}\mathrm{e}\mathrm{s}}_x}w(e)+\underset{y\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x}{\min }\left(\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{s}(x,y)+G_y+\sum _{z\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x,z\ne y}{F}_y\right)\\ & =F_x+\min \left(0,\underset{y\in {\mathrm{s}\mathrm{o}\mathrm{n}\mathrm{s}}_x}{\min }\left(\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{s}(x,y)+G_y-F_y\right)\right),\end{array}$$
其中 $\mathrm{d}\mathrm{i}\mathrm{s}$ 由于在同一个环上，可以把环的两侧取 $\min$ ，这里要用到上述的“环上的边权前缀和”。

答案就是 $G_1$ 了。