【CF套题】Hello 2019 迟(gu)到(diao)的总结
【前言】
最后打了rank85，+152上到Master了。
结果还不错，就是又是靠手速而不是靠题数，感觉有点蒻。
【题目】
原题地址
A.Gennady and a Card Game
模拟。
#includeB.Petr and a Combination Lock
枚举每一步是顺时针还是逆时针模拟。
#includeC.Yuhao and a Parenthesis
计算出每个括号序列的权值后统计。
#include
}
for(it=mp.begin();it!=mp.end();++it)
{
while(((*it).se) && mp[-((*it).fi)]>0)
if((*it).fi==0 && (*it).se<=1) break;
else ++ans,--mp[-((*it).fi)],--mp[(*it).fi];
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
D.Makoto and a Blackboard
显然每种质因子是独立的，分解质因数后，设 f i , j f_{i,j} fi,j表示第 i i i种质因子剩余 j j j个的概率，进行 k k k轮 DP \text{DP} DP即可。
#includeE.Egor and an RPG game
这个题一直以为是划分成最少的，一直觉得不可做，补题认真一看。。。
结论是对于一个数 k k k，若 n < k ( k + 1 ) 2 n<\frac {k(k+1)} 2 n<2k(k+1)，我们总是能用最多 k − 1 k-1 k−1个子序列完成任务。
为什么？因为若 LIS ≥ k \text{LIS}\geq k LIS≥k，我们可以得到一个更小的子任务 ( k − 1 ) k 2 \frac {(k-1)k} 2 2(k−1)k，否则，根据 Dilworth \text{Dilworth} Dilworth 定理，该序列可以被拆分为 x < k x<k x<k 个下降子序列，并且我们可以在求解最长上升子序列时顺带解决将其拆分为 x x x个下降子序列的问题。
#includeF.Alex and a TV Show
我们对每个集合维护一个 bitset \text{bitset} bitset表示 i i i的倍数出现次数的奇偶性。
因为是在模 2 2 2意义下统计结果，所以操作 2 2 2我们可以直接异或。
操作 3 3 3是一个卷积，但实际上可以构造正变换和逆变换使卷积变为点乘，即 a n d and and。（手玩也行）
操作 4 4 4就是一个反演了，即 v i s x = ∑ x ∣ d μ ( d n ) f d vis_x=\sum_{x|d}\mu(\frac d n) f_d visx=∑x∣dμ(nd)fd
预处理7000个 bitset \text{bitset} bitset表示第i个数的反演有哪些数作贡献，然后就是一个 a n d and and了。
#includeG.Vladislav and a Great Legend
假设 k = 1 k=1 k=1，我们可以简单 DP \text{DP} DP，在 LCA \text{LCA} LCA处统计贡献。
现在 k > 1 k>1 k>1，我们用二项式展开做到 O ( n k 2 ) O(nk^2) O(nk2)，然而并不优秀。
那么考虑 x k = ∑ i = 0 k ( x i ) S ( k , i ) i ! x^k=\sum_{i=0}^k{x\choose i}S(k,i)i! xk=i=0∑k(ix)S(k,i)i!
其中 S ( i , j ) S(i,j) S(i,j)表示第二类斯特林数，拆开组合数后就是
x k = ∑ i = 0 k x ! ( x − i ) ! S ( k , i ) x^k=\sum_{i=0}^k\frac {x!} {(x-i)!}S(k,i) xk=i=0∑k(x−i)!x!S(k,i)
于是我们只需要维护所有的下降幂就可以还原答案。
注意我们枚举的上界只用枚举到 min ( 当 前 非 0 下 降 幂 长 度 , k ) \min(当前非0下降幂长度,k) min(当前非0下降幂长度,k)，这样可以保证复杂度是 O ( n k ) O(nk) O(nk)的，证明就是树上依赖背包。
#includeH.Mateusz and an Infinite Sequence
题目十分复杂，而且不会做qwq。
考虑如何描述一个区间内的元素。
我们需要记录其长度 l e n len len，包含可行子串的个数 a n s ans ans，其长度为 i i i的后缀能否作为可行子串长度为 i i i的前缀（没有出现的元素当作 0 0 0），以及长度为 n − i n-i n−i的前缀能否作为可行子串长度为 n − i n-i n−i的后缀（同上）。
上面的信息可以用 bitset \text{bitset} bitset进行合并，做到 O ( n w ) O(\frac n w) O(wn)
接下来我们还需要做一个数位 DP \text{DP} DP。令 f i , j f_{i,j} fi,j表示序列的前 d i d^i di位加上 j j j后的信息即可。
复杂度 O ( n d m log m ω ) O(\frac {ndm\log m} {\omega }) O(ωndmlogm)
#include