2020-3-15模拟测验记录与题解

前言

吃到了暴力的甜头！

一道题都不会，全上暴力，结果 rk3，只位列两位切了题的大佬之后。

题也不难，但是我还是没做出来。

题面

T1

$n$ 个点，每个点有一个整数权值 $v_i$，在 $[0,2^m)$ 内随机。现在你要把这 $n$ 个点用 $n-1$ 条边连成一棵树。在两个点 $x$ 与 $y$ 之间连边的代价是 $v_x\mathrm{xor}{v}_y$。问最小生成树代价和期望。

$n\le 50$，$m\le 20$，答案对 $998244353$ 取模。

T2

定义一类“好串”满足：

1. 由数字 $0$ ~ $9$ 组成。
2. 每个后缀的字典序严格大于原串的字典序。

一个长为 $n$ 的“好串”提供 $n^2$ 的贡献，问长度 $\le n$ 的“好串”的贡献和。

$n\le 10^{10}$。答案对 $998244353$ 取模。

T3

一个 $n$ 层的大楼，你有 $k$ 个蛋，每次尝试你可以在任意一层摔蛋，在层数 $>x$（$0\le x\le n$）的地方摔蛋会把蛋摔碎，否则可以重复使用。你不知道 $x$，你现在要确保能测出 $x$，问最少尝试次数。多组询问。

$T\le 10^5$，$k\le 64$，$n\le 10^{18}$。

题解

T1（咕咕咕）

T2

可以利用 OEIS 得到一个公式然后推一下杜教筛。。。

但是证明有待补充。

复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$

T3

经典题 & 神题，orz。

把答案设在状态里的思想非常值得学习。

令 $d{p}_{i,j}$ 表示尝试了 $i$ 次，拥有 $j$ 个蛋的情况下能保证探测出 $x$ 的最大的 $n$。

转移时考虑这样一个情景：

你拥有 $i$ 次尝试，$j$ 个蛋，你在某一层摔了一个蛋。

如果蛋摔碎了，你就会往下探测 $x$，这时你少了一次尝试，少了一个蛋，所以你只能保证下面最多只有 $d{p}_{i-1,j-1}$ 层时能够探测到。

如果蛋没碎，你就会往上探测 $x$，这时你少了一次尝试，没少蛋，所以你能保证上面最多只有 $d{p}_{i-1,j}$ 层时能够探测到。

那么就很显然了：$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}+d{p}_{i-1,j}+1$。

已知 $k$ 的情况下，只需要在处理好的 dp 数组上二分即可。

当然只有这些你是过不了题的，因为你肯定开不下这个 dp 数组。

首先用数学归纳法易得公式：$d{p}_{i,j}={\sum }_{x=1}^j{C}_i^x$（$x>i$ 时令 $C_i^x=0$）。

用公式直接做是 $O(Tk\log n)$ 的，毒瘤出题人不放你过。有没有更优秀的性质？

我们发现：当 $k$ 比较小的时候，尝试次数需要非常大这个值才能到达 $n$。研究一下，可以发现 $k=1$ 时答案就是 $n$，$k=2$ 时答案为 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 或 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor +1$，具体算出值来试一下就好了。

而 $k\ge 3$ 时通过探索发现答案 $<2\times 10^6$，且在快速减小，就变得可算了起来。

为了防止空间炸裂我们还是要分段。比方说我们令 $dp1$ 数组开到 $2\times 10^6\ast 5$，然后 $dp2$ 数组开到 $2\times 10^5\ast 64$，dp 手法均如之前所述。这样就能在时空限制内分别计算出每个 $k$ 下的 dp 数组，然后做就完事了。

刨去个性化的分段预处理，复杂度 $O(T\log n)$。

代码

T1（咕咕咕）

T2（咕咕咕）

T3

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N1=2e6+1,K1=5,N2=2e4+1,K2=65;
long long dp1[N1][K1],dp2[N2][K2];
int main()
{
	int i,j;
	for(i=1;i<N1;i++)
	{
		for(j=1;j<K1;j++)
		{
			if(dp1[i-1][j-1]==-1||dp1[i-1][j]==-1) dp1[i][j]=-1;
			else dp1[i][j]=dp1[i-1][j-1]+dp1[i-1][j]+1;
			if(dp1[i][j]>=1e18) dp1[i][j]=-1;
		}
	}
	for(i=1;i<N2;i++)
	{
		for(j=1;j<K2;j++)
		{
			if(dp2[i-1][j-1]==-1||dp2[i-1][j]==-1) dp2[i][j]=-1;
			else dp2[i][j]=dp2[i-1][j-1]+dp2[i-1][j]+1;
			if(dp2[i][j]>=1e18) dp2[i][j]=-1;
		}
	}
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		long long n;
		int k;
		scanf("%lld%d",&n,&k);
		if(k<=2)
		{
			if(k==1) printf("%lld\n",n);
			else
			{
				int rem=sqrt(n*2);
				long long calc=1ll*rem*(rem+1);
				if(calc>=n*2) printf("%d\n",rem);
				else printf("%d\n",rem+1);
			}
		}
		else
		{
			int l=1,r;
			if(k<K1) r=N1-1;
			else r=N2-1;
			while(l<r)
			{
				int mid=(l+r)>>1;
				if(k<K1)
				{
					if(dp1[mid][k]==-1||dp1[mid][k]>=n) r=mid;
					else l=mid+1;
				}
				else
				{
					if(dp2[mid][k]==-1||dp2[mid][k]>=n) r=mid;
					else l=mid+1;
				}
			}
			printf("%d\n",l);
		}
	}
	return 0;
}