2019/11/06 校内模拟
今天的 CSP-S 模拟比 NOI 模拟难。。
CSP-S 模拟
T1 轻飘飘的时间
为了方便，我们记 g ( n ) = ( n B ) g(n)=\binom n B g(n)=(Bn)。
题目要我们求的是：
a n s = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m g ( gcd ( i , j ) ) ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mg(\gcd(i,j)) ans=i=1∑nj=1∑mg(gcd(i,j))
那么，先按照莫反的套路化简一波（令 u p = min ( n , m ) up=\min(n,m) up=min(n,m)）：
a n s = ∑ k = 1 u p g ( k ) ∑ i = 1 ⌊ n k ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m k ⌋ [ gcd ( i , j ) = 1 ] = ∑ k = 1 u p g ( k ) ∑ i = 1 ⌊ n k ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m k ⌋ ∑ d ∣ i , d ∣ j μ ( d ) = ∑ k = 1 u p g ( k ) ∑ d = 1 ⌊ u p k ⌋ μ ( d ) ⌊ n k d ⌋ ⌊ m k d ⌋ \begin{aligned} ans&=\sum_{k=1}^{up}g(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m k\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{k=1}^{up}g(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n k\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac m k\rfloor}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)\\ &=\sum_{k=1}^{up}g(k)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{up}k\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac n {kd}\rfloor\lfloor\frac m {kd}\rfloor \end{aligned} ans=k=1∑upg(k)i=1∑⌊kn⌋j=1∑⌊km⌋[gcd(i,j)=1]=k=1∑upg(k)i=1∑⌊kn⌋j=1∑⌊km⌋d∣i,d∣j∑μ(d)=k=1∑upg(k)d=1∑⌊kup⌋μ(d)⌊kdn⌋⌊kdm⌋
令 T = k d T=kd T=kd，则：
a n s = ∑ k = 1 u p ( ∑ k ∣ T g ( k ) μ ( T k ) ) ⌊ n T ⌋ ⌊ m T ⌋ ans=\sum_{k=1}^{up}\left(\sum_{k|T}g(k)\mu(\frac T k)\right)\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor ans=k=1∑up⎝⎛k∣T∑g(k)μ(kT)⎠⎞⌊Tn⌋⌊Tm⌋
记 f ( n ) = ∑ k ∣ n g ( k ) μ ( n k ) f(n)=\sum_{k|n}g(k)\mu(\frac n k) f(n)=∑k∣ng(k)μ(kn)，也即 f = g ∗ μ f=g*\mu f=g∗μ。
由于在整除分块的时候，我们需要知道一段区间的 f f f 值之和，那么不妨考虑算 f f f 的前缀和。
然后 n ≤ 1 0 10 n\le10^{10} n≤1010，自然能想到杜教筛。由于 f ∗ 1 = g ∗ μ ∗ 1 = g ∗ ϵ = g f*1=g*\mu*1=g*\epsilon=g f∗1=g∗μ∗1=g∗ϵ=g，所以（记 S S S 为 f f f 的前缀和）：
∑ i = 1 n ∑ d ∣ i f ( i d ) = ∑ i = 1 n g ( i ) ∑ d = 1 n ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ f ( i ) = ∑ i = 1 n g ( i ) ∑ d = 1 n S ( ⌊ n d ⌋ ) = ∑ i = 1 n g ( i ) S ( n ) = ∑ i = 1 n g ( i ) − ∑ d = 2 n S ( ⌊ n d ⌋ ) \begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{d|i}f(\frac i d)&=\sum_{i=1}^ng(i)\\ \sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}f(i)&=\sum_{i=1}^ng(i)\\ \sum_{d=1}^nS(\lfloor\frac n d\rfloor)&=\sum_{i=1}^ng(i)\\ S(n)&=\sum_{i=1}^ng(i)-\sum_{d=2}^nS(\lfloor\frac n d\rfloor) \end{aligned} i=1∑nd∣i∑f(di)d=1∑ni=1∑⌊dn⌋f(i)d=1∑nS(⌊dn⌋)S(n)=i=1∑ng(i)=i=1∑ng(i)=i=1∑ng(i)=i=1∑ng(i)−d=2∑nS(⌊dn⌋)
然后就是要快速求 g g g 的前缀和了，组合数有一个性质，即 ∑ i = 1 n ( i m ) = ( n + 1 m + 1 ) \sum_{i=1}^n\binom im=\binom{n+1}{m+1} ∑i=1n(mi)=(m+1n+1)（证明可以参考这里）。
又由于模数小，用 Lucas 定理求即可。
然后时间复杂度据 zxyoi 说是 O ( n 3 4 ) O(n^{\frac34}) O(n43) 的，可以用积分估计。
#includeT2 我的订书机之恋
这道题的建图思路非常妙。
对于一个右端点，找到最近的左端点使得他们构成一个合法区间，并且定义他的父亲为最近左端点左边的点。
那么我们会建出一个森林，那么这个树形结构有什么性质呢。
考虑一个合法区间，他要么是一个极小合法区间，要么是多个合法区间的并。那在这棵树上，该右端点到根路径上的点都可以是合法左端点，那么他的答案就是他的深度。
那么如果有两个右端点，那就是要找他们的合法区间交集的数量，求个 lca 即可。
时间复杂度 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)。
#includeNOI 模拟
T2 长寿花
设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示给 i i i 个点染 j j j 种颜色的方案数，那么：
f [ i ] [ j ] = f [ i − 1 ] [ j − 1 ] + f [ i − 1 ] [ j ] × ( j − 1 ) f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j]\times(j-1) f[i][j]=f[i−1][j−1]+f[i−1][j]×(j−1)
就是考虑第 i i i 个是染一个新颜色还是染之前出现过的颜色。
又设 g [ i ] [ j ] g[i][j] g[i][j] 表示 d p dp dp 到第 i i i 行，且第 i i i 行染 j j j 种颜色的方案数，考虑用 g [ i − 1 ] [ k ] g[i-1][k] g[i−1][k] 来更新 g [ i ] [ j ] g[i][j] g[i][j]，则：
{ g [ i ] [ j ] ⟵ g [ i − 1 ] [ k ] × ( m j ) × f [ a i ] [ j ] × j ! , j ≠ k g [ i ] [ j ] ⟵ g [ i − 1 ] [ k ] × ( ( m j ) − 1 ) × f [ a i ] [ j ] × j ! , j = k \begin{cases} g[i][j]\longleftarrow g[i-1][k]\times \binom m j\times f[a_i][j]\times j!,&j\ne k\\ g[i][j]\longleftarrow g[i-1][k]\times (\binom m j-1)\times f[a_i][j]\times j!,&j= k \end{cases} {g[i][j]⟵g[i−1][k]×(jm)×f[ai][j]×j!,g[i][j]⟵g[i−1][k]×((jm)−1)×f[ai][j]×j!,j=kj=k
( m j ) \binom m j (jm) 是在 m m m 种颜色中选当前的 j j j 中颜色，乘上预处理的 f [ a i ] [ j ] f[a_i][j] f[ai][j] 的方案，而乘 j ! j! j! 是因为这是无序枚举。
由于模数不一定是质数，所以不一定会有逆元，不能直接预处理组合数。但是，由于要乘 j ! j! j!，会把除的消掉，不用管。
时间复杂度 O ( S ) O(S) O(S)。
#includeT3 七十和十七
感觉不算很难，但是比较妙。
对 n n n 个数排序可以看成两步：先对前 n − 1 n-1 n−1 个数排序，再把第 n n n 个数排到对应的位置。
根据题目要求的排序方式，只有当 1 ∼ n − 1 1\sim n-1 1∼n−1 都排好了才会扫到 n n n 来排第 n n n 个。
那么有两种情况：
- a n = n a_n=n an=n，那么贡献是 0 0 0。
- a n = k ( k ≠ n ) a_n=k(k\ne n) an=k(k=n)，那么此时是 1 , 2 , ⋯ , k − 1 , k + 1 , ⋯ , k 1,2,\cdots,k-1,k+1,\cdots,k 1,2,⋯,k−1,k+1,⋯,k，我们要把 k k k 放到正确位置，有 2 k − 1 2^{k-1} 2k−1 的贡献。
所以从 f n − 1 f_{n-1} fn−1 到 f n f_n fn 总共有 2 0 + 2 1 + ⋯ + 2 n − 2 = 2 n − 1 − 1 2^0+2^1+\cdots+2^{n-2}=2^{n-1}-1 20+21+⋯+2n−2=2n−1−1 的贡献，再乘个逆元即可。
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#include