石黑一雄虽从小在英国长大，但这篇作品，尤其后三章真相的揭露，字里行间流露着日本的“物哀”美学，一种无法言说的悲伤，无可慰藉的苦痛。小说中的人物只能在既定框架下面对早已注定的命运，没有反抗，甚至连逃避都没有，不免让人“恼火”。可事实上现实不也如此，在社会这个大浪潮下，你又能改变些什么呢？有时我在想，上帝宏观不掷骰子，微观掷骰子。你的努力只是微观层面上的扰动，改变不了整体宏观层面上早已注定的命运，甚至连你的努力都是确定性的。这么一想不免悲从中来，但正因如此，我拼了命也要改变些什么，留下些什么……
给一个序列 \(a\)，\(m\) 次询问，每次询问给出 \(t,k\)。求 \(a_t+a_{t+k}+a_{t+2k}+\dots+a_{t+pk}\) 的值，其中 \(t+pk<=n\) 且 \(t+(p+1)k> n\)
\(n,m\le 300000,a_i\le 10^9\)
如果对每个间隔 \(k\) 预处理前缀和的话，因为 \(1\le k\le n\)，所以时间复杂度为 \(O(n^2)\)。但进一步想，对于比较大的间隔，暴力其实已经很快了。每次暴力扫描所有位置的时间复杂度是 \(O(\frac{n}{k})\)
当 \(k\ge\sqrt{n}\) 时，\(\frac{n}{k}\le\sqrt{n}\)，每次询问时间复杂度为 \(O(\sqrt{n})\) 所以总的时间复杂度为 \(n\sqrt{n}\)。
当 \(k<\sqrt{n}\) 时，\(O(n)\) 预处理前缀和，每次 \(O(1)\) 查询，所以总的时间复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)。
另外这个题空间给的比较少，需要离线处理。
code
1 | #include<bits/stdc++.h> |
给一个长度为 \(N(N<300)\) 的 \(01\) 字符串，再给一个正整数 \(M\)。每次操作，你可以将一个位置取反，或者将一个长度为 \(M\) 的倍数的前缀取反。问最少需要多少次操作，才能使字符串成为一个循环节为 \(M\) 的循环串。
循环节长度为 \(M\) 定义为，对于任意 \(i\)，如果 \(i+M\) 这个位置存在，那么 \(i\) 和 \(i+M\) 上的字符应该相等。
循环节的长度和循环节的个数相互制约，总有一个不超过 \(\sqrt{n}\)。
对于 \(m\le\sqrt{n}\)，循环节的长度不超过 \(\sqrt{300}\approx 17\)，并不长。我们直接枚举最后的循环节，时间复杂度为 \(2^{17}\)。然后每一段必须和答案相等或者相反即可，这里可以通过动态规划。设 \(dp[i][0/1]\)，第一维为这是第 \(i\) 段，第二位 \(0/1\) 为这一段是否反转，那么可以得到如下转移方程。 \[ \begin{align} dp[i][0] &= min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + notEqu \\ dp[i][1] &= min(dp[i - 1][0] + equ + 2, dp[i - 1][1] + equ) \end{align} \] 其中 \(equ\) 为这一段与循环串相同的个数，\(notEqu\) 即为不同的个数。
对于 \(m>\sqrt{n}\)，循环节的个数不是很多，我们枚举每一段是否反转，对于答案串的每一位，如果所有循环节在这一位的 \(0\) 比较多，就是 \(0\)。否则就是 \(1\)。
所以总的时间复杂度为 \(O(n\times 2^{\sqrt{n}})\)
TopCoder 交不明白，此代码没有经过测试。 code1
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85#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
#define endl '\n'
#define debug(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define debug2(x,y) cout << #x << " = " << x << " " << #y << " = "<< y << endl
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> pii;
const double eps = 1e-9;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int pivot = 17;
struct FlippingBitsDiv1 {
int getmin(vector<string> S, int m) {
string s{};
for(auto &i : S) {
s += i;
}
// debug(s);
int n = s.length(), cnt = (n - 1) / m + 1;
vector<string> ss(cnt);
// debug(cnt);
for(int i = 0; i < cnt; i++) {
for(int j = 0; i * m + j < n && j < m; j++) {
ss[i] += s[i * m + j];
}
}
int ans = s.length();
if(m <= pivot) {
for(int i = 0; i < (1 << m); i++) {
string t{};
for(int j = 0; j < m; j++) {
t += char(((i >> j) & 1) + '0');
}
// debug(t);
vector<array<int, 2> > dp(cnt);
for(int i = 0; i < cnt; i++) {
int equ = 0, not_equ = 0;
for(int j = 0; j < ss[i].length(); j++) {
if(ss[i][j] == t[j]) equ++;
else not_equ++;
}
// debug2(i, ss[i]);
// debug2(equ, not_equ);
if(!i) {
dp[i][0] = not_equ;
dp[i][1] = equ + 1;
}
else {
dp[i][0] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + not_equ;
dp[i][1] = min(dp[i - 1][0] + equ + 2, dp[i - 1][1] + equ);
}
}
ans = min({ans, dp[cnt - 1][0], dp[cnt - 1][1]});
}
}
else {
for(int i = 0; i < (1 << cnt); i++) {
vector<bool> re(cnt);
for(int j = cnt - 1; ~j; j--) {
if(j == cnt - 1) re[j] = (i >> j) & 1;
else re[j] = re[j + 1] ^ ((i >> j) & 1);
}
int tot = 0;
vector<int> sum[2];
sum[0].resize(m);
sum[1].resize(m);
for(int i = 0; i < cnt; i++) {
for(int j = 0; j < ss[i].length(); j++) {
sum[(ss[i][j] - '0') ^ re[i]][j]++;
}
}
for(int i = 0; i < m; i++) {
tot += min(sum[0][i], sum[1][i]);
}
ans = min(ans, tot);
}
}
return ans;
}
} FBD1;
\(N\) 个节点的树，\(R\) 种属性。每个点属于一种属性。有 \(Q\) 次询问，每次询问 \((r_1,r_2)\)，问有多少对 \((e_1,e_2)\) 满足 \(e_1\) 的属性是 \(r_1\), \(e_2\) 属性是 \(r_2\), \(e_1\) 是 \(e_2\) 的祖先。
\(1\le N,Q\le 2\times 10^5,\quad 1\le R\le 2.5\times 10^4\)
不妨设询问中 \(r_1\) 属性的点的个数为 \(A,\ r_2\) 属性的点有 \(B\) 个。
属性的点的个数超过 \(\sqrt{n}\) 的属性不超过 \(\sqrt{n}\) 个，我们先求出这棵树的 dfs 序。
对于 \(A\ge\sqrt{n}\) 的情况，我们可以以 \(O(n)\) 的时间复杂度预处理 \(r_1\) 对所有 \(r2\) 的答案。所以总的时间复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)。 维护一个差分数组 \(d\)，对于所有属性为 \(r_1\) 的点，设其入栈时间为 \(x\)，最后一个孩子入栈时间为 \(y\)。让 d[x]++, d[y + 1]--，然后求 \(d\) 的前缀和。那么对于所有其它属性，其祖先为 \(r_1\) 的对数为 d[x]。
对于 \(B\ge\sqrt{n}\)，同理我们让 d[x]++，求 \(d\) 的前缀和，那么对于所有其它属性，其孩子为 \(r_2\) 的对数为 d[y] - d[x - 1]。时间复杂度也是 \(O(n\sqrt{n})\)
对于 \(A,B\le\sqrt{n}\) 的情况，我们采用扫描线的方法，相当于求多少线段过这个点。一次询问为 \(O(n)\)，有 \(Q\) 组询问，时间复杂度为 \(O(Q\sqrt{n})\)，\(Q\) 于 \(n\) 同一个量级。
所以总的时间复杂度为 \(O(n\sqrt{n})\)
code
1 | #include<bits/stdc++.h> |
递推式很明显： \[ dp[i][j] = max\{dp[i-1][j],dp[i][j-1]\}+(x[i]+y[i])\bmod n \] \(n\) 为 \(20000\)，\(O(n^2)\) 显然可行，但注意到空间只有 \(45MB\)，而用 \(bitset\) 记录转移信息需要 \(20000*20000/8/1024/1024=47.68MB\)。
我们可以对 \(dp[i][j]\) 的第一维进行分块，块长为 \(B\)。先跑一遍的 \(dp\)，处理出每个块首的 \(dp\) 信息和最后的结果。然后倒序处理每个块。对每个块正着跑一遍记录转移信息，倒着跑一遍输出具体方案。
空间上，开大小为 \(\frac{n}{B}\times B\) 的数组记录每个块块首的状态，开 \(\frac{Bn}{w}\) 的数组记录每个块内的转移信息。平衡一下，解的 \(B=\sqrt{nw}\)。
\(\text{P.S.}\) 其实 \(47.68\) 与 \(45\) 比差距不大，只分成两块就可以通过
code
1 | #include<bits/stdc++.h> |
L3-032 关于深度优先搜索和逆序对的题应该不会很难吧这件事 - 团体程序设计天梯赛
给定一棵 \(n\) 个节点的树，其中节点 \(r\) 为根。求该树所有可能的 DFS 序中逆序对数量之和。
一开始分了两类，第一类为它的所有孩子，第二类为它父亲的除了它及它的孩子的所有孩子。所以少考虑了一些情况，写到最后样例没过才发现问题。第二类应为它的祖先的……
重新进行分类，不妨设它为 \(u\)，第一类为 \(u\) 所有祖先，这一类贡献不会因为 DFS 改变而变。第二类为除了其祖先，子孙和 \(u\) 的所有结点，这一类会改变。
对于第二类结点，不妨设其中一个为 \(v\)，对所有可能的 DFS序，有 \(\frac{1}{2}\) 的概率 \(u\) 在 \(v\) 前面，\(\frac{1}{2}\) 的概率 \(u\) 在 \(v\) 后面。\(u\) 与它的所有第二类结点都可能产生贡献，共计为 \[ \text{第二类结点数}\times\text{DFS 数量}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2} \] 一个 \(\frac{1}{2}\) 为位置概率，另一个为一对 \((u,v)\) 其贡献会计算两次。
1 | #include<bits/stdc++.h> |
L2-047 锦标赛 - 团体程序设计天梯赛-练习集 (pintia.cn)
一开始一直想着从最后一轮开始倒序处理，但怎么都无法保证分配的合理性。遍历到前面的轮次可能会不满足。
正确思路如下，先根据第一轮败者完善答案的一半。下标从 \(0\) 开始的话第 \(1\) 轮比赛的第 \(i\) 场败者，可以对应第 \(i\times 2\) 名选手。
第 \(i\) 轮比赛的第 \(j\) 场的败者其可能与第 \(i -1\) 轮比赛的第 \(j \times 2\) 和 \(j\times 2+1\) 的胜者比赛。如果其能力值比两者都小的话，没有答案。否则跟任意一个能力值比它小的即可，可以思考一下正确性。
为了实现构造还要建立一个数组，记录该败者该放在哪个位置，详细可见代码。
1 | #include<bits/stdc++.h> |
F-命运的抉择_2024牛客寒假算法基础集训营6 (nowcoder.com)
给一个长度为 \(n(2\le n\le 10^5)\) 的数组 \(a(1\le a_i\le 10^6)\)，对每个 \(a_i\) 将其添加进数组 \(b\) 或数组 \(c\)。要求 \(b\) 和 \(c\) 均非空，两个数组中各任取一个元素 \(b_i,c_j\)，均满足 \(\gcd(b_i,c_j)=1\)。
先用筛法预处理出 \(10^6\) 范围内每个数的素因子。
然后采用并查集，如果两个数包含同一个素因子，那么它们就必须在同一个集合内。最终如果集合数小于 \(2\)，则无解。对于可行解，可以将一个集合放入数组 \(b\)，其余集合放入数组 \(c\)。
1 | #include<bits/stdc++.h> |
等式 1 如果 \(a\mid b\) 且 \(b\mid a\)，那么 \(a=b\)
等式 2 如果 \(d\mid a\) 且 \(d\mid b\) 那么 \(d\mid(ax + by);x,y \in Z\)
等式 3 \(a\bmod\ n = a - n\left \lfloor\frac{a}{n}\right \rfloor;a\in Z,n\in N^{*}\)
推论 1 对任意整数 \(a\), \(b\)，如果 \(d\mid a\) 且 \(d\mid b\) 则 \(d\mid\gcd(a, b)\)
如果我们想要获得结论 \(\gcd(a,b) = \gcd(b,a\bmod\ b)\)
那么我们只需要证明 \(\gcd(a,b)\mid\gcd(b,a\bmod b)\) 且 \(\gcd(b,a\bmod b)\mid\gcd(a,b)\) 就可以来证明它俩相等了。
设 \(d = \gcd(a, b)\) \(\therefore d\mid a\) 且 \(d\mid b\)。
由 等式 3 可知：\(a\pmod b = a - qb,q = \left \lfloor\frac{a}{b}\right \rfloor\)
\(\therefore a\bmod\ b\) 是 a 与 b 的线性组合
由 等式 2 可知：\(d\mid a\pmod b\)
\(\because d\mid b\) 且 \(d\mid a\pmod b\)
\(\therefore\) 由 推论 1 可知 \(d\mid\gcd(b, a\bmod\ b)\)
等价结论： \(\gcd(a, b)\mid\gcd(b, a\bmod\ b)\)
设 \(c = \gcd(b, a\bmod\ b)\)
\(\therefore c\mid b\) 且 \(c\mid a\pmod b\)
\(\because a = qb + r,r = a\bmod\ b,q = \left \lfloor\frac{a}{b}\right \rfloor\)
\(\therefore a\) 是 \(b\) 和 \(a\bmod\ b\) 的线性组合
由 等式 2 可知：\(c\mid a\)
\(\because c\mid a\) 且 \(c\mid b\)
由 推论 1 可知：\(c\mid\gcd(a, b)\)
等价结论： \(\gcd(b, a\bmod\ b)\mid\gcd(a, b)\)
由 上述两个结论 可知： \[ \begin{aligned} \gcd(a, b)\mid\gcd(b, a\bmod\ b)\\ \gcd(b, a\bmod\ b)\mid\gcd(a, b) \end{aligned} \] 由 等式 1 可知：\(\gcd(a, b) = \gcd(b, a\bmod\ b)\)
求 \(ax+by=gcd(a,b)\)
设
\[ \begin{aligned} ax_1+by_1&=\gcd(a,b) \\ bx_2+(a\bmod b)y_2&=\gcd(b,a\bmod b) \end{aligned} \]
由欧几里得定理可知：\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)
所以 \(ax_1+by_1=bx_2+(a\bmod b)y_2\)
又因为 \(a\bmod b=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b\)
所以 \[ ax_1+by_1=bx_2+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b)y_2 \] \(ax_1+by_1=ay_2+bx_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times by_2=ay_2+b(x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2)\)
\(a,b\) 相同，所以 \(x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2\)
将 \(x_2,y_2\) 不断代入递归求解直至 \(\gcd\)（最大公约数，下同）为 code0 递归 x=1,y=0 回去求解。1
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12int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
if (!b) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, x, y);
int t = x;
x = y;
y = t - (a / b) * y;
return d;
}
求关于 $ x$ 的同余方程 $ a x b$ 的最小正整数解。
对于 \(100\%\) 的数据，\(2\le a, b\le 2,000,000,000\)。
\(ax\bmod\ b=1\) 实质是 \(ax+by=1\)。 \(y\) 是我们引入的某个整数，这里似乎是个负数。
扩展欧几里得求 \(ax+by=\gcd(a,b)\)，所以这里 \(\gcd(a,b)=1\)，即 \(a\)，\(b\) 互质。所以 \(a\) 有模 \(b\) 下的乘法逆元的条件为 \(a\)，\(b\) 互质。
我们将要求出来的 \(x\)， \(y\) 仅仅保证满足 \(ax+by=1\)，而 \(x\) 不一定是最小正整数解。有可能太大，也有可能是负数。\(x\) 批量的减去或加上 \(b\)，能保证 \(ax+by=1\)。因为： \[ a(x+kb)+b(y-ka)=1 \] 这里我们可以这么写1
x = (x % b + b) % b
P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd) - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
\[ ax+by=c \]
\(\gcd(a,b)\mid(ax+by)\)，若 \(c\) 不是 \(\gcd(a,b)\) 的倍数直接无解
记 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组特解为 \(x_0\)，\(y_0\)。则有:
\[ \begin{aligned} ax_0+by_0=\gcd(a,b) \\ a\frac{x_0c}{\gcd(a,b)}+b\frac{y_0c}{\gcd(a,b)}=c \end{aligned} \]
故我们已经找到原方程的一组整数特解，记为 \(x_1\) 和 \(y_1\)
\[ \begin{aligned} x_1=\frac{x_0c}{\gcd(a,b)}, \quad y_1=\frac{y_0c}{\gcd(a,b)} \end{aligned} \]
那么我们考虑构造原方程整数通解形式
我们设任意 \(d\in Q\)，那么必有 \[ a(x_1+db)+b(y_1-da)=c \] 显然对于最小的 \(db\)，\(da\)，\(d=\frac{1}{\gcd(a,b)}\)
然后像上面一样开始乱搞1
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13int d = exgcd(a, b, x, y);
if(c % d) {
cout << -1 << endl;
return;
}
x = c * x / d, y = c * y / d;
int dx = b / d, dy = a / d;
int minx = (x % dx + dx) % dx;
if(minx == 0) minx = dx;
int maxy = (c - a * minx) / b;
int miny = (y % dy + dy) % dy;
if(miny == 0) miny = dy;
int maxx = (c - b * miny) / a;
设两个方程分别是 \(x\equiv a_1\pmod m_1,x\equiv a_2\pmod m_2\)
将它们转化为不定方程：\(x=m_1p+a_1=m_2q+a_2\)，其中 \(p, q\) 是整数，则有 \(m_1p-m_2q=a_2-a_1\)。
由裴属定理，当 \(a_2-a_1\) 不能被 \(\gcd(m_1,m_2)\) 整除时，无解；
其他情况下，可以通过扩展欧几里得算法解出来一组可行解 \((p,q)\)；
则原来的两方程组的模方程组的解为 \(x\equiv b\pmod M\)，其中 \(b=m_1p+a_1\), \(M=\mathrm{lcm}(m_1,m_2)\)。
对于质数 \(p\)，有
\[ \binom{n}{m}\bmod p=\binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p \]
观察上述表达式，可知 \(n\bmod p\) 和 \(m\bmod p\) 一定是小于 \(p\) 的数，可以直接求解，\(\displaystyle\binom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\) 可以继续用 Lucas 定理求解。这也就要求 \(p\) 的范围不能够太大，一般在 \(10^5\) 左右。边界条件：当 \(m=0\) 的时候，返回 \(1\)。
考虑 \(\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p\) 的取值，注意到 \(\displaystyle\binom{p}{n} = \frac{p!}{n!(p-n)!}\)，分子的质因子分解中 \(p\) 的次数恰好为 \(1\)，因此只有当 \(n = 0\) 或 \(n = p\) 的时候 \(n!(p-n)!\) 的质因子分解中含有 \(p\)，因此 \(\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p = [n = 0 \vee n = p]\)。进而我们可以得出:
\[ \begin{align} (a+b)^p &= \sum_{n=0}^p \binom pn a^n b^{p-n}\\ &\equiv \sum_{n=0}^p [n=0\vee n=p] a^n b^{p-n}\\ &\equiv a^p + b^p \pmod p \end{align} \]
注意过程中没有用到费马小定理，因此这一推导不仅适用于整数，亦适用于多项式。因此我们可以考虑二项式 \(f^p(x)=(ax^n + bx^m)^p \bmod p\) 的结果
\[ \begin{align} (ax^n + bx^m)^p &\equiv a^p x^{pn} + b^p x^{pm} \\ &\equiv ax^{pn} + bx^{pm}\\ &\equiv f(x^p) \end{align} \]
note: \(a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\)
考虑二项式 \((1+x)^n \bmod p\)，那么 \(\displaystyle\binom n m\) 就是求其在 \(x^m\) 次项的取值。使用上述引理，我们可以得到
\[ \begin{align} (1+x)^n &\equiv (1+x)^{p\lfloor n/p \rfloor} (1+x)^{n\bmod p}\\ &\equiv (1+x^p)^{\lfloor n/p \rfloor} (1+x)^{n\bmod p} \end{align} \]
注意前者只有在 \(p\) 的倍数位置才有取值，而后者最高次项为 \(n\bmod p \le p-1\)，因此这两部分的卷积在任何一个位置只有最多一种方式贡献取值，即在前者部分取 \(p\) 的倍数次项，后者部分取剩余项，即
\[ \displaystyle\binom{n}{m}\bmod p = \binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p \]
求
\[ {\mathrm{C}}_n^m \bmod{p} \]
其中 \(p\le 10^6\)，不保证 \(p\) 为质数。
若 \(f\) 是算数函数，\(F\) 为 \(f\) 的和函数，对任意正整数 \(n\)，满足 \(F(n)=\sum_{d\mid n}f(d)\)，则有 \(f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\)
证明：
\(i\mid\frac{n}{d}\iff id\mid n\iff d\mid \frac{n}{i}\)
\[ \begin{align} \sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d})&=\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i\mid\frac{n}{d}}f(i) \\ &=\sum_{i\mid n}f(i)\sum_{d\mid\frac{n}{i}}\mu(d) \end{align} \]
当 \(\frac{n}{i}\) 为 \(1\) 的时候，\(\sum_{d\mid\frac{n}{i}}\mu(d)=1\)，其它均为 \(0\)。
所以
\[ \sum_{d\mid n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=f(n) \]
若 \(F(n)=\sum_{n\mid d}f(d)\)，则 \(f(n)=\sum_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\)
证明： \[ \sum_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d\mid i}f(i) \] \(n\mid d\)，设 \(d'=\frac{d}{n}\)，\(d=d'n\)
\(d\mid i\)，则 \(d'n\mid i\)，即 \(d'\mid \frac{i}{n}\) \[ \sum_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d\mid i}f(i)=\sum_{n\mid i}f(i)\sum_{d'\mid\frac{i}{n}}\mu(d') \] 当 \(\frac{i}{n}\) 为 \(1\)，即 \(i=n\) 时，\(\sum_{d'\mid\frac{i}{n}}\mu(d')=1\)，其余均为 \(0\)
所以
\[ \sum_{n\mid d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=f(n) \]
\[ d(ij)=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1] \]