20ZR提高组十联测 Day1

stone

将 $n$ 分成尽可能少的 $3k^2-3k+1(k\ge 1)$ 的形式。

$1\le Q\le 1000,1\le n\le 10^{11}$。

化简一下式子

$$\begin{gathered} 3k^2-3k+1=3k(k-1)+1 \\ =6\times \frac{k(k-1)}{2}+1 \end{gathered}$$

打个 $\frac{k(k-1)}{2}$ 的表

找规律发现任意一个数都可以由三个形如 $\frac{n(n+1)}{2}$ 的数表示，当然你也可以由 $\ge 3$ 个这样的数表示，只需要拆出一个 $1$。

可以猜测，如果 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}6\ge 3$，那么答案就是 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}6$，写个对拍可以发现就是这样。

如果 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}6=0$，那么将它拆成 $n-1$ 和 $1$，答案为 $5$。

如果 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}6=1$，如果能表示成 $3k^2-3k+1$ 的形式，那么答案为 $1$。否则拆出一个 $1$ 变成上一个情况，答案为 $7$。

如果 $n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}6=2$，显然可以拆出两个 $2$ 的，答案为 $8$。但是它可能表示为两个形如 $3k^2-3k+1$ 的形式。所以预处理一下，散列表可能超时，这个可以用双指针。

palindrome

求 $S$ 中形如 $a{a}^{r}a$ 的子串个数，其中 $a^r$ 代表 $a$ 的反串。

$1\le |S|\le 2\times 10^6$

不能 kmp，不可能 Trie，SAM 又不属于 NOIp 考察范围，那么只有 hash 和 manacher。但 hash 能干的东西有点广泛。那么看看 manacher，也就是回文串。可以发现 $a\#a^r\#a$ 长的挺像回文串，而且它确实有以两个 $\#$ 为回文中心的回文串。

那么先马拉车一下。然后枚举第一个 $\#$ 的位置，去统计第二个 $\#$ 的贡献。也就是求在第一个 $\#$ 的回文范围的右边，有多少个回文中心的左端点小于等于第一个 $\#$ 的位置。

数据真水，到这 $O(n^2)$ 暴力已经可以过了。可以发现这是一个二维偏序，数据范围有点大，直接小常数的树状数组维护水过去。

random

乘上一个 $n!$ 就相当于对所有情况的答案求和。因为树的形态是随机的，它的高为$\sqrt{n}$ 的级别。那么需要一个 $O(nh)$ 的算法。

但我只会 $O(n!\times n)$ 的暴力，溜了。

我们要求的是每个点最后的答案，所以不在一个点到根节点路径上的点对这个点的最终答案没有影响。

那么预处理每个点到根节点的路径，分别去计算每个点的答案。问题可以转换成给定一个序列 $a$，对于一个下标排列的每一项 $k$ 进行操作 $a_k\sim a_n+=a_k$，求所有全排列下 $a_n$ 的期望。

可是对于每个点求它的 $a$ 数组已经 $O(nh)$ 了，这个过程能 $O(1)$ 吗，让我们期待一下神奇的题解吧。

因为最后只求 $a_n$ 的次数，所以对于每个 $a_i$，你要求它会被加到 $a_n$ 多少次。这个东西只与长度有关，能不能预处理呢。

对于每个 $i$，求出一个 $f_i$ 表示 $a_1$ 加给了 $a_i$ 多少次，这意味着排列的最后一位已经确定了，那么 $i$ 只要处理到 $h$。对于 $f_i$，手算一下发现所有的排列中，排在 $i$ 之前 $\le i$ 的 $j$ 都有贡献

$$f_i=\sum _{i=1}^n{f}_j\times [\text{j appears before i in permutation}]$$

追溯本源，发现 $f_i$ 是 $1\sim i$ 所有排列中，不同的上升子序列的个数，换句话说我们要去构造上序列，女少口β可。

枚举上升子序列的长度 $l$，预处理组合数求。

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{d-1}\right)\times \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{d}\right)\times (i-d)!$$