各省省选选做

HNOI

\(\text{I}\). [HNOI/AHOI2018] 寻宝游戏

先考虑 \(m=1\) 的情况。

注意到位运算具有短路性。具体来说，有

\[\begin{aligned} x\& 0=0\\ x\mid 1=1 \end{aligned} \]

所以若有 \(\&0\) 或 \(\mid1\)，那么前面的操作都不用做了。

进一步观察可以发现

\[\begin{aligned} x\& 1=x\\ x\mid 0=x \end{aligned} \]

也就是说，其他操作并不会改变答案。

接下来就是这题最人类智慧的地方了，考虑把 \(\&\) 看作 \(1\)，\(\mid\) 看作 \(0\)，那么答案为 \(1\) 当且仅当操作序列小于原序列。（注意是把后面的看作高位）

Proof:

记操作序列为 \(a\)，原序列为 \(b\)。

• 先证必要性，假设对于第 \(i\) 位是第一个满足 \(a(i)<b(i)\) 的，因为 \(\forall j>i,a(j)=b(j)\)，所以最后的答案等于前 \(i\) 个的答案。又因为 \(a(i)<b(i)\)，所以这一位会被短路成 \(1\)。

• 再证充分性，考虑证明它的逆否命题：操作序列大于等于原序列可以推出答案为 \(0\)。当大于时证明与上述类似，而等于时显然是最开始的 \(0\)。\(\square\)

再考虑 \(m>1\) 的情况。

先将每一位的序列排序。每次查询一个数 \(s\)，对于 \(s_i=0\) 的位，要满足操作序列大于等于原序列；否则要小于。这样就可以求出一个操作序列的范围，直接输出即可。

\(\text{II}\). [AH2017/HNOI2017] 礼物

考虑每个点作为 \(\max\) 的贡献，记 \(lb_i,rb_i\) 分别为其左/右第一个大于它的数的位置，那么有

• \((lb_i,rb_i)\) 这一对是个一类点对，并且也只有这一对是。因为区间缩小不满足条件，扩大 \(i\) 就不是 \(\max\) 了。

• \((lb_i,k)(i<k<rb_i)\) 都是一个二类点对，同理 \((k,rb_i)(lb_i<k<i)\) 也是。这些区间同样不能再扩大和缩小了。

所以一个点作为 \(\max\) 的贡献为

• 若 \(L\le lb_i\le rb_i\le R\)，则有 \(p_1\) 的贡献。

• 若 \(lb_i\ge L\)，则有 \(p_2\times(\min(R,rb_i-1)-i)\) 的贡献。

• 若 \(rb_i\le R\)，则有 \(p_2\times(i-\max(L,lb_i+1))\) 的贡献。

然后考虑如何用数据结构维护。

第一种贡献是二维数点，二三种是类似的，只考虑第二种。

考虑对于每个 \(lb_i\ge L\)，给区间 \([i+1,rb_i-1]\) 作为点对的右侧的贡献加一。查询时查区间 \([L,R]\) 内所有作为点对的右侧的贡献之和，这可以用线段树/树状数组求出。

\(\text{III}\). [AH2017/HNOI2017] 礼物

先转化为旋转序列 \(a\)，并可以给序列 \(a\) 加上任意整数 \(c\)，要求最小化 \(\sum(a_i-b_i)^2\)。

暴力拆式子得到

\[\begin{aligned} ans&=\sum(a_i-b_i+c)^2\\ &=\sum(a_i^2+b_i^2+c^2+2ca_i-2cb_i-2a_ib_i)\\ &=\sum a_i^2+\sum b_i^2+nc^2+2c\left(\sum a_i-\sum b_i\right)-2\sum a_ib_i \end{aligned} \]

惊奇地发现只有最后的 \(\sum a_ib_i\) 不是定值。

观察到这一形式，想到卷积。将序列 \(a\) 翻转后再复制一份，然后与序列 \(b\) 卷起来就可以得到所有可能的的 \(\sum a_ib_i\)。

前面关于 \(c\) 的二次函数可以暴力枚举 \(c\) 的取值。

\(\text{VI}\). [AHOI2017/HNOI2017] 大佬

把恢复自信值的操作与怼大佬的操作分开。

先用 DP 预处理出不被嘲讽死下的最多的不恢复自信的天数（即最多的不做水题的天数）。再用 BFS 暴搜+ Hash 判重求出所有可能的 \((f,t)\) 对，表示经过 \(t\) 天后嘲讽值为 \(f\)。

不怼和只怼一次大佬的情况很好判断，所以只需解决怼两次大佬。

不妨设两次分别为 \((f_i,t_i)\) 和 \((f_j,t_j)\)，那么有

\[\begin{aligned} f_i+f_j\le C\\ f_i+f_j+(D-t_i-t_j)\ge C \end{aligned} \]

其中 \(D\) 表示上文求出的最多的不恢复自信的天数。

先把二元组按 \(f\) 排序。考虑从大到小枚举 \(i\)，那么 \(j\) 的范围是一段前缀，且要 \(f_j-t_j\) 最大。每次双指针加入即可。

\(\text{V}\). [AH2017/HNOI2017] 抛硬币

先考虑 \(a=b\) 的情况。此时两人获胜的方案数是相同的，均为总方案数减去平局的方案数，再除以 \(2\)。

总方案数显然为 \(2^{a+b}\)，平局的方案数为

\[\sum_{i=0}^a\binom{a}{i}^2=\binom{2a}{a} \]

再考虑 \(a>b\) 的情况。类似地，可以想到有很多状态都和上面一样，对偶后是对方胜的。

对偶的一对方案中，一定恰好有一组是 \(A\) 赢（包括平局）。所以若记 \(S\) 为不对偶的方案数，那么有

\[ans=S+\frac{2^{a+b}-S}{2}=\frac{2^{a+b}+S}{2} \]

此时，根据定义有

\[\begin{aligned} \left|A\right|&>\left|B\right|\\ a-\left|A\right|&>b-\left|B\right|\Longrightarrow\left|A\right|-\left|B\right|<a-b \end{aligned} \]

所以可以枚举 \(\left|B\right|\) 和 \(\left|A\right|-\left|B\right|\)，那么有

\[\begin{aligned} S&=\sum_{i=0}^b\sum_{j=1}^{a-b-1}\binom{b}{i}\binom{a}{i+j}\\ &=\sum_{j=1}^{a-b-1}\sum_{i=0}^b\binom{b}{b-i}\binom{a}{i+j}\\ &=\sum_{j=1}^{a-b-1}\binom{a+b}{b+j} \end{aligned} \]

其中最后一步用到了范德蒙德卷积。

然后直接 exLucas 即可。时间复杂度 \(O((b-a)\log^2a+2^k+5^k)\)。

CQOI

[CQOI2018] 九连环

记 \(f_n\) 表示 \(n\) 个环全部拆卸的最小步数。那么肯定是先将第 \(n\) 个环拆下，之后步数是 \(f_{n-1}\)，而前面是将前 \(n-2\) 个环拆卸后拆下第 \(n\) 个环，然后再装上前 \(n-2\) 个环，所以有

\[f_n=f_{n-1}+2f_{n-2}+1 \]

进一步观察可以发现，\(f_n=2f_{n-1}+(n\bmod 2)\)，考虑用归纳法证明：

• 若 \(n=1\)，显然有 \(f_1=2f_0+1\)。

• 若 \(n>1\)，那么

  • 若 \(n\bmod 2=1\)，则 \(f_n=f_{n-1}+2f_{n-2}+1=2f_{n-1}+1\)。

  • 若 \(n\bmod 2=0\)，则 \(f_n=f_{n-1}+2f_{n-2}+1=2f_{n-1}\)。\(\square\)

但并没有那么简单。注意到 \(f_n\ge2^n\)，所以至少有 \(B=n\lg2\approx30102\) 位，要写高精度。

考虑求出 \(F(x)=\sum f_ix^i\) 的封闭形式：

\[\begin{aligned} F(x)&=f_0+f_1x+f_2x^2+f_3x^3+\cdots\\ 2xF(x)&=2f_0x+2f_1x^2+2f_2x^3+2f_3x^4+\cdots\\ &=(f_1-1)x+f_2x^2+(f_3-1)x^3+f_4x^4+\cdots\\ (1-2x)F(x)&=x+x^3+x^5+\cdots\\ &=\frac{x}{1-x^2}\\ F(x)&=\frac{x}{(1+x)(1-x)(1-2x)} \end{aligned} \]

然后就可以求出通项公式了：

\[f_n=\frac{2^{n+2}-(-1)^n-3}{6} \]

直接 NTT 算出 \(2^{n+2}\) 即可。

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