2019.08.13【NOIP提高组】模拟 A 组 比赛总结
题目
6300. Count
http://jzoj.net/senior/#contest/show/2848/0
6301. 普及组
http://jzoj.net/senior/#contest/show/2848/1
6302. 提高组
http://jzoj.net/senior/#contest/show/2848/2
过程
昨天论坛：
我：
话说同学们要积极地打今天的T2，争取AC，这可是明天的T3
然后……
接着今天就爽死了o(╥﹏╥)o
看到题目的名字时，我想：“今天的题目真有意思，T2普及组绝对是送分的。”
一看T1，矩阵乘法？不对，n矩阵乘法不了。于是想了一个nk的DP，发现只能过30分，还不如打暴力。
再看T2，WTF？又是计数题？我的心态顿时就爆炸了
还好，我的心理承受能力还是有的，于是我转向T3——
又是计数题！今天真的要爽死了！
我昨天真的把出题人给激怒了吗？
但是很快，也才10分钟嘛我的心态就恢复了。
话说，今天的数据还是挺良心的嘛！T2给出那么多个x绝对有什么含义。
接着我就发现了x=1的规律： a n s n = 2 ( n − 1 ) 2 ans_n=2^{(n-1)^2} ansn=2(n−1)2
然后x是质数的情况也很快解决了： a n s n = 2 ( n − 1 ) 2 n ! ans_n=2^{(n-1)^2}n! ansn=2(n−1)2n!
但是x是和数的情况我没有弄出来。
最后暴力处理x=12和x=30的情况，结果前者的表20分钟打出来了，后者的表到比赛结束也没有弄出来。
最后T1暴力0分（TLE了？）+T2找规律&打表20分+T3人口普查分（暴力居然改不出来）=23分，rank 71。
被众大佬暴踩了。。。
题解
T1
苏DL居然考场切了？太强了%%%
可以把每一个 a i a_i ai化成 p i ⋅ m + q i p_i\cdot m+q_i pi⋅m+qi的形式，然后
∑ a i = ∑ ( p i ⋅ m + q i ) = ∑ p i ⋅ m + ∑ q i \begin{aligned} \sum a_i&=\sum(p_i\cdot m+q_i)\\[2ex] &=\sum p_i\cdot m+\sum q_i \end{aligned} ∑ai=∑(pi⋅m+qi)=∑pi⋅m+∑qi
设 s u m q = ∑ q i sumq=\sum q_i sumq=∑qi，显然 s u m q < k ⋅ m sumq<k\cdot m sumq<k⋅m且 s u m q ≡ n ( m o d m ) sumq\equiv n\quad(\mod m) sumq≡n(modm)，因此 s u m q sumq sumq只有k种取值，枚举一下，容斥求答案就可以了。
至于 ∑ p i ⋅ m \sum p_i\cdot m ∑pi⋅m这坨东西，显然有 ∑ p i = n − s u m q m \sum p_i=\cfrac{n-sumq}{m} ∑pi=mn−sumq，这就转化成了隔板问题，也很好处理。
最后把答案乘起来就可以了。
T2
YMQ大佬比赛时找到了神奇的规律：
- 数据中的x分解质因数后指数不超过2；
- 当指数等于2时，有 a n s n = n 2 a n s n − 1 − 1 2 n ( n − 1 ) 2 a n s n − 2 ans_n=n^2ans_{n-1}-\cfrac{1}{2}n(n-1)^2ans_{n-2} ansn=n2ansn−1−21n(n−1)2ansn−2
第一条规律暴力做就可以了。
第二条就是观察样例3，先把每一项除去正负数的情况，得到
| n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| num | 1 | 3 | 21 | 282 | 6210 |
发现第 i 项貌似是第 i-1 项× i 2 i^2 i2，于是相减，得
| n | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| i 2 − n u m i − 1 i^2-num_{i-1} i2−numi−1 | - | 1 | 6 | 54 | 840 |
然后发现第 i 项剩余的数是第 i-2 项的倍数诶！
结论就得出了。
看到这些，你是否与我有同感：
YMQ大佬太强了！找规律这种东西，真不是我们正常人能做的。
或许可以学习吕乐大佬，用电脑暴力枚举方程式的各项系数。
指数里可能有二。
又因为指数可能有2，因此可能的系数有1,2,3,6,1/2,1/3,1/6等。
然后也不一定时i的某次方，可能涉及i-1或更多。
然而我试到：“f[i]与f[i-1],f[i-2]有关” 时已经搞定了。
f [ i ] = a ∗ i b ∗ ( i − 1 ) c ∗ f [ i − 1 ] + d ∗ i e ∗ ( i − 1 ) f ∗ f [ i − 2 ] ; f[i]=a*i^b*(i-1)^c*f[i-1]+d*i^e*(i-1)^f*f[i-2]; f[i]=a∗ib∗(i−1)c∗f[i−1]+d∗ie∗(i−1)f∗f[i−2];
暴力枚举abcdef,暴力尝试乘除，正负。
最后发现
a=1;
b=2;
c=0;
d=-0.5;
e=1;
f=2;
花式碾压正解。
由于质因数分解可能会T飞，x又已经给出了，这不就是出题人提示我们要打表吗？
然后我就打了表了。。。
注意：这里的表指的不是答案，而是各个数有多少个指数为1的质因子，多少个指数为2的质因子。
结果发现CJY没打表比我快了500ms+
TM的害我打了30分钟的表！
T3
由于这题要求最长下降子序列的长度小于等于2，因此可以转变为求2个最长不下降子序列。
考虑求前缀最大值，显然第一个序列中的每一个数的前缀都比前一个数的要大，而对于剩余的数也有合法的排列。
因此问题就可以转变成在一个n*n格子图中，求(1,1)到(n,n)的合法路径个数。
可以分类讨论一下：
- 当 x ≤ y x\leq y x≤y时，问题就是求经过点(x,y)的合法路径方案；
- 否则，问题就是求经过点(y,x)的合法路径方案。
题解是这样说的：
分情况讨论：
- y ≥ x，那么该点一定在前缀max上。考虑反证，若其没有对前缀max产生贡献，那么x前面一定有一个大于y的数，同时x后面没有小于y的数，否则存在长度为3的下降子序列，也就是所有小于y 的数都在x之前，那么至少需要1 + y − 1 = y个位置，而y ≥ x > x − 1，x前面的位置不够，矛盾
- y < x，那么该点一定不对前缀max产生贡献。这是显然的
- 对于y < x的情况，考虑A的逆置换 A − 1 [ A i ] A^{−1}[A_i] A−1[Ai] = i，可以转换成另一 种情况，也就是说只要考虑y ≥ x的情况
- 那么什么路径是不合法的呢？由于我们求的是前缀最大值，且元素两两不相等，因此凡是触碰到直线y=x-1的路径都是不合法的。
不合法的A→B的路径必定是经过直线y=x-1的，我们把与直线相交后的路径关于直线对称，如下图所示：
蓝色的即为对称后的路径，这样就能方便处理不合法的方案了。
最后答案显然是 (1,1)→(x,y)的合法+(x,y)→(n,n)的合法方案。（如果x>y就要交换x,y）
但是我发现我太菜了，连(x1,y1)→(x2,y2)的方案都不会算。
还好ZJJ大佬教了我方法：由于有x2-x1+y2-y1的总路径，向右的有x2-x1条，因此方案就是
( x 2 − x 1 + y 2 − y 1 x 2 − x 1 ) \begin{pmatrix} x2-x1+y2-y1 \\ x2-x1 \\ \end{pmatrix} (x2−x1+y2−y1x2−x1)
然后就可以了。
CODE
T1
#includeT2
#pragma GCC optimize("fast-math","unroll-loops","no-stack-protector")
#pragma GCC diagnostic error "-funsafe-loop-optimizations"
#pragma GCC diagnostic error "-fcse-skip-blocks"
#pragma GCC diagnostic error "-fwhole-program"
#pragma GCC diagnostic error "-std=c++14"
#pragma GCC target("sse3","sse2","sse")
#pragma GCC optimize("Ofast")
#includeT3
#pragma GCC optimize("fast-math","unroll-loops","no-stack-protector")
#pragma GCC diagnostic error "-funsafe-loop-optimizations"
#pragma GCC diagnostic error "-fcse-skip-blocks"
#pragma GCC diagnostic error "-fwhole-program"
#pragma GCC diagnostic error "-std=c++14"
#pragma GCC target("sse3","sse2","sse")
#pragma GCC optimize("Ofast")
#include