2020 年百度之星·程序设计大赛 - 初赛一 题解

废话

虽然说是题解，但是并没有贴代码……

因为只写了部分的题，剩下的题因为种种原因 （太懒了） 没有写代码，于是想着全部都不贴好了qwq。

最后的排名是 $59$，在这里记录一下。

比赛传送门

T1 Drink

枚举每种饮料，求出只喝这种需要的数量，更新一下答案即可。

T2 GPA

枚举每一科成绩即可，可以注意到，对于同一个绩点，只需要枚举成绩为该绩点对应的最低分就够了。

T3 Dec

一开始以为是什么神奇的数论，写了发贪心交上去WA掉了嘤嘤嘤。

然后一看数据范围，$a,b$ 只有 $1000$，于是直接写一发dp就可以了，令 $f[i][j]$ 表示 $a=i,b=j$ 时的最优解，那么有：$f[i][j]=\max (f[i-1][j],f[i][j-1])+[\gcd (i,j)=1]$。

T4 Civilization

先枚举作为城市的点，可以算出起点到该点需要的时间。

产生新的人口时，肯定贪心地让它去附近 $a[i][j]$ 最大的点，就这样模拟一下即可。

T5 Rotate

由于 $a_i$ 从外到内不减，所以对于第 $i$ 层的黑段，不存在两个黑段同时与第 $i+1$ 层的黑段相连，所以这是一个森林的形态。

连通块数=点数-边数，特别的，第 $n$ 层的贡献为 $\frac{a[n]}{2}$，考虑第 $i$ 层的贡献。

考虑第 $i+1$ 层的一个黑段与第 $i$ 层的黑段相交的概率。对于第 $i$ 层来说，一个黑段加一个白段为一个循环，长度为 $\frac{2}{a[i]}$，考虑在这段内一个 $i+1$ 层的黑段与第 $i$ 层的黑段不相交的概率，那么它能选择起点的区间长度为 $\frac{1}{a[i]}-\frac{1}{a[i+1]}$，除以总长度得到概率 $\frac{a[i+1]-a[i]}{2a[i+1]}$，则相交的概率为 $\frac{a[i+1]+a[i]}{2a[i+1]}$，再乘上黑段数量 $\frac{a[i+1]}{2}$ 得到总概率也是总边数期望 $\frac{a[i+1]+a[i]}{4}$。

而第 $i$ 层的贡献：点数 $-$ 边数就是 $\frac{a[i]}{2}-\frac{a[i+1]+a[i]}{4}=\frac{a[i]-a[i+1]}{4}$。

所有层的贡献加起来就是答案，即 $\frac{a[1]+a[n]}{4}$。

T6 Matrix

可以将点分为四类，即按照 $cnt$ 的大小分类。

在每一类点中，再考虑其与原点的距离，那么每一类点可以分为若干层，每一层距离相同。

那么维护一个堆，堆内存每一类点离原点最近的那一层，然后每次取出距离 $\times cnt$ 最小的层贡献一下答案，然后将该类中的后一层加入堆中。

可以发现，对于一类点，统计其前 $t$ 层的点数，大概是个与 $t$ 相关的等差数列的公式，即包含 $t^2$ 这一项，所以增长速度很快，于是总时间复杂度只需要 $O(\sqrt{k})$。

细节比较多，做法也和官方题解有点差异，顺手贴下代码：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define ll long long

int T;ll a[10],k,ans,tot;
struct node{ll bel,dis,val;};
struct heap{
    node dui[10];int t;
    void init(){t=0;}
    void add(ll bel,ll dis,ll val){
        dui[++t]=(node){bel,dis,val};
        for(int i=t-1;i>=1;i--)
        if(dui[i+1].val<dui[i].val)swap(dui[i],dui[i+1]);
        else break;
    }
    node pop(){
        node re=dui[1];t--;
        for(int i=1;i<=t;i++)dui[i]=dui[i+1];
        return re;
    }
}dui;

int main()
{
    scanf("%d",&T);while(T--)
    {
        for(int i=1;i<=4;i++)scanf("%lld",&a[i]);scanf("%lld",&k);
        a[5]=1000000000000000000ll;dui.init();
        dui.add(1,0,0);dui.add(2,a[1]+1,(a[1]+1)*3);dui.add(3,a[2]+1,(a[2]+1)*2);dui.add(4,a[3]+1,a[3]+1);
        ans=tot=0;
        while(tot<k)
        {
            node x=dui.pop();
            ll i=x.bel,dis=x.dis,val=x.val,len;
            if(x.dis<=a[i])
            {
                if(i==1&&dis==0)tot++;
                else
                {
                    len=dis+1;
                    if(i>1&&dis-a[i-1]<=a[i-1])len-=a[i-1]-(dis-a[i-1])+1;
                    if(tot+4*len-4> k)ans+=(k-tot)*x.val,tot=k;
                    else tot+=4*len-4,ans+=(4*len-4)*x.val;
                }
            }
            else
            {
                len=a[i]-(dis-a[i])+1;
                if(i>1&&dis-a[i-1]<=a[i-1])len-=a[i-1]-(dis-a[i-1])+1;
                if(tot+4*len>k)ans+=(k-tot)*x.val,tot=k;
                else tot+=4*len,ans+=4*len*x.val;
            }
            x.dis++;if(x.dis>2*a[i])continue;
            x.val=x.dis*(4-x.bel+1);dui.add(x.bel,x.dis,x.val);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

T7 Mosquito

可以比较容易发现一个网络流做法，先二分一个时间，然后以每个位置作为一个点，有窗户的位置与原点连边，流量为初始蚊子数，以及每个点都与汇点连边，流量为 $1$，最后窗户与在时间内能到达的点连边，流量无限。

但是由于总点数太大，会T的半分没有。

考虑到很多点的连边其实是相同的，我们可以将这些点合并起来，然后将他们的合并点与汇点连边，流量为这些点的点数。

具体来说，设 $f[i][sta]$ ，其中 $sta$ 是一个二进制数表示状态，第 $i$ 位为 $1$ 表示在 $i$ 时刻内能到达第 $i$ 个窗户，然后 $f[i][sta]$ 表示这样的点的数量，每次二分时 $nmk$ 求出 $f$，然后建图泡网络流即可。

T8 Function

推柿子：
$$\begin{array}{rl}S(n)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i}j[\gcd (j,\frac{i}{j})=1]\\ & =\sum _{i=1}^{n}i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]\\ & =\sum _{k=1}^n\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }ik\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i{k}^2}\rfloor }1\\ & =\sum _{k=1}^n\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }ik\lfloor \frac{n}{i{k}^2}\rfloor \end{array}$$

可以发现，当 $k>\sqrt{n}$ 或 $i>\lfloor \frac{n}{k^2}\rfloor$ 时，后面的 $\lfloor \frac{n}{i{k}^2}\rfloor$ 必然为 $0$，所以可以更改一下枚举上限：
$$\begin{array}{rl}& =\sum _{k=1}^{\sqrt{n}}\mu (k)k\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k^2}\rfloor }i\lfloor \frac{n}{i{k}^2}\rfloor \end{array}$$

设 $G(n)={\sum }_{i=1}^{n}i\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，带入得：
$$=\sum _{k=1}^{\sqrt{n}}\mu (k)kG(\lfloor \frac{n}{k^2}\rfloor )$$

发现 $G$ 是可以用整除分块求的，然后答案也可以用整除分块求，于是就做完了，时间复杂度为：
$$\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{i^2}}=\sqrt{n}\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\frac{1}{i}=\sqrt{n}\ln \sqrt{n}$$