模拟赛题解

红包发红包

---

打表可以知道答案是$\frac{w}{2^k}$，我们来尝试证明这个答案。

k=1,$\frac{{\int }_0^{w}x\mathrm{d}x}{w}=\frac{w}{2}$

k=2,$\frac{{\int }_0^w\frac{x}{2}\mathrm{d}x}{w}=\frac{w}{4}$

那么假设答案是$\frac{w}{2^k}$

我们来归纳这个答案：

首先k=1的情况我们已经说过了。

那么由k-1推到k(k>=2)：$\frac{{\int }_0^w\frac{x}{2^{k-1}}\mathrm{d}x}{w}=\frac{w}{2^k}$

归纳完毕，那么我们只需要快速幂算出来答案就好了。

dkw的lcm

---

这个题的突破点在连乘符号上。

首先，$\phi$是积性函数，我们可以分开质因子讨论，从而避开了直接讨论如何拆开lcm。

具体来说，我们可以枚举质数p以及它的幂次e，计算k个数的lcm在这个质因子p的次数恰好为e的方案数。

然后用快速幂累计答案即可，中间可能有一些细节需要注意。

大概分析一下时间复杂度应该是$O(nlogn)$级别的，主要是我没有注意实现程序的时间效率，其实可以开更大数据范围来着。

综合来看，本题代码难度中等，思维难度不高，可以较全面地考察选手的综合能力，有着一定的区分度。

出题人相信，这道题可以给拼搏于AK之路上的你，提供一个有力的援助。

能量采集

---

30分 (t<=50)：我们考虑直接模拟能量流动的过程，从第1秒开始，直到第50秒，即可通过本部分分。

60分 (q<=50)：我们发现可以将转移写成矩阵，利用矩阵快速幂来优化复杂度，可以做到单次$O(n^{3}lo{g}_{2}t)$，总复杂度就是$O(q{n}^{3}lo{g}_{2}t)$，可以通过本部分分。

50分：大概率是你并没有特殊写前30分，被30分里的最后一个点卡掉了，那个点的q开到了50000，n同样开满了50，所以你当然会TLE。

真 · 60分：需要结合模拟和矩阵快速幂两个做法。

80分 (q<=1000)：套路做法，我们预处理倍增矩阵，然后每次询问的时候用向量依次去乘每个矩阵，这样就可以减少单次询问的复杂度了，因为向量乘矩阵的复杂度是$O(n^2)$的，所以总复杂度$O(n^{3}lo{g}_{2}t+q{n}^{2}lo{g}_{2}t)$。

伪 · 100分：你只需要一个循环展开就好了，然而我卡了好久也没有成功卡掉循环展开，事实上循环展开会比std快，虽然std循环展开更快就是了2333。

真 · 100分：我们可以发现，在80分做法中，预处理部分非常快，瓶颈其实在询问的部分。于是就有一个非常naive的做法，暂且叫做k倍增吧，具体就是说，我们每次倍增是让幂次乘2，k倍增就是乘k，相当于把询问中的t分解成一个k进制数，然后用初始向量乘以每一位对应的矩阵。

其实也就是说，倍增的时候，对于k进制数的每一位我们都处理出来这一位为分别为1~k-1时的转移矩阵，那么我们的预处理复杂度就是$O(n^{3}klo{g}_{k}t)$，单次询问复杂度则是$O(n^{2}lo{g}_{k}t)$，那么总复杂度就是$O(n^{3}klo{g}_{k}t+q{n}^{2}lo{g}_{k}t)$。

接下来的问题就是k取什么值最优。直觉上来看，应该让两边相等，解出来了k=q/n，但是实际上这并不是最优复杂度，具体可能需要求导，但是有个投机取巧的做法，我们可以爆算复杂度呀，经过实际计算，当q=50000，n=50的时候，k取200~300时会达到最优的时间，实测的结果是k取230基本上达到了最快，然而还是不够我卡掉循环展开2333

综合来看，本题代码难度中等，思维难度中等，可以较全面地考察选手的综合能力，有着较高的区分度。

出题人相信，这道题可以给拼搏于AK之路上的你，提供一个有力的援助。

归程

---

子任务1：爆搜选钥匙方案即可。

我们简化一下题意：给定n个k位v+1进制数，有m个询问，每次询问给定一个目标数，求选出不超过c个数使得这c个数做不进位加法的结果为目标数，两个方案不同当且仅当所用数的个数不同，或者某次用的数不同。

子任务2：我们发现当v=1，也就是二进制下时，不进位加法就代表着异或，那么我们可以设计dp状态：dp(i,j)代表着用了i个数，当前异或和为j，的方案数。转移直接枚举这一位填什么数，即可做到 $O(maxc\cdot 2^{2k})$ 的复杂度了，但是这并不能通过该子任务。我们发现，这个dp可以使用fwt优化，就可以做到 $O(maxc\cdot 2^{k}k)$ 的复杂度了。

如果不是二进制呢？我们还能继续使用fwt吗？

我们考虑fwt的本质。比如给定两个数列A,B，求A和B的集合对称差卷积，那么fwt的本质就是构造一个变换fwt使得fwt(A)·fwt(B)=fwt(A·B)，那么它本质也就是个高维fft罢了。

那么我们只需要沿用fft中的复数单位根，就可以满足变换的性质了。

证明我这里省略了，你们可以自己手推一下fwt，就会十分清楚地明白fwt的变换本质上相当于乘了一个矩阵，逆变换就相当于乘了逆矩阵，那么这一堆变换系数只需要满足fwt(A)·fwt(B)=fwt(A·B)且系数矩阵存在逆矩阵即可。易证复数单位根所组成的若干组解是满足条件且数量足够的。

那么就可以沿用fwt优化dp了，这里就需要自己实现v+1进制fwt了。

最终可以做到 $O(maxc\cdot (v+1{)}^{k+2})$ ，其中 $(v+1{)}^{k+2}$ 其实是 $(v+1{)}^k\cdot (v+1{)}^2$ 前一部分代表状态数即数列长度，后一部分代表做一次变换所需要的复杂度。这个复杂度足够通过子任务1~5了。

关于子任务3,4的特殊解法：我们只需要分别找两三个3进制NTT模数和4进制NTT模数，最后用CRT合并就可以直接做到3,4进制fwt了。

子任务6：我们的复杂度中始终乘了一个maxc，现在我们试图降低这部分的复杂度。我们考虑如果初始状态叫做 $I$ ，变换所需要乘的卷积叫做 $A$ 的话，那么答案就是 $IA+I{A}^2+I{A}^3+...+I{A}^c$ 。

我们将 $I$ 提出来，剩下的是一个类似等比数列的东西 $A+A^2+...+A^c$ 。

我们发现寻常的等比数列求和方法对它并不奏效，所以我们考虑一个较通用的求和方式——分治法。

我们递归求 $B_n=A+A^2+A^3+...+A^n$ 。

如果n是偶数，那么答案就为$B_{n/2}+A_{n/2}{B}_{n/2}$

如果n是奇数，那么答案就是$A+A(B_{n/2}+A_{n/2}{B}_{n/2})$

那么我们就可以做到单次询问 $O((v+1{)}^{k+2}logc)$ 了，总复杂度 $O(q(v+1{)}^{k+2}logc)$ ，再加上前面子任务的特判，也就是对c<=100的部分预处理，就可以AC了。

这题的灵感在于我做一道四进制fwt的题的时候，发现fwt可以推广到k进制上，就出出来了这个题。

综合来看，本题代码难度较高，思维难度较高，可以较全面地考察选手的综合能力。

出题人相信，这道题可以给拼搏于AK之路上的你，提供一个有力的援助。