Difference between revisions of "2018 Multi-University, HDU Day 9"
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现在对于这两种情况分开计算。 | 现在对于这两种情况分开计算。 | ||
| − | 先计算奇偶性完全相同的部分，$a,b$ 一定能表示成 $a=xc^2,b=xd^2$，其中 $x$ 无平方因子。枚举 $x$，那么就是计算 $\sum_{x=1}^n \mu^2(x)(\lfloor \sqrt {\lfloor \frac{n}{x} \rfloor }\rfloor)$，其中 $\sum_{i=1}^{n} \mu^2(i)=\sum_{i=1}^n \sum_{d^2|i} \mu(d)=\sum_{d=1}^\sqrt n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor$ | + | 先计算奇偶性完全相同的部分，$a,b$ 一定能表示成 $a=xc^2,b=xd^2$，其中 $x$ 无平方因子。枚举 $x$，那么就是计算 $\sum_{x=1}^n \mu^2(x)(\lfloor \sqrt {\lfloor \frac{n}{x} \rfloor }\rfloor)$，其中 $\sum_{i=1}^{n} \mu^2(i)=\sum_{i=1}^n \sum_{d^2|i} \mu(d)=\sum_{d=1}^\sqrt n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor$ 可以暴力计算，而 $\lfloor \sqrt {\lfloor \frac{n}{x} \rfloor }\rfloor$ 的取值至多 $O(\sqrt n)$，那么这部分能够在 $O(n^{\frac{3}{4}})$ 的时间内解决，这部分复杂度类似杜教筛，如果预处理了前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项的 $\mu^2$ 前缀和的话复杂度能降为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。 |
对于奇偶性不同的部分，考虑每个质数 $p$ 产生的贡献。设 $A_p$ 为 $[1,n]$ 中 $p$ 的指数为奇数的个数，那么 $p$ 产生的贡献可以表示成 $p \times A_p \times (n - A_p)$。其中 $A_p = \sum_{i\ge1} (-1)^{i-1} \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor$。对于不超过 $\sqrt n$ 的素数 $p$，暴力计算这部分贡献，复杂度是 $O(\frac{\sqrt n}{\ln \sqrt n} \log n)=O(\sqrt n)$。对于超过 $\sqrt n$ 的素数 $p$，有 $A_p = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor $，由于 $A_p$ 的取值只有 $O(\sqrt n)$ 中，对于特定的 $A_p$，需要求出一定区间内素数的和，这部分使用 $O(n^{\frac{3}{4}}/\log n)$ 的亚线性筛（洲阁筛 或者 Min_25筛 的前半部分（其实是一样的））处理（只需要计算一次 $\sum_{i=1}^n i [i \text{ is prime}]$，就会顺便把所有需要的前缀和求出来）。 | 对于奇偶性不同的部分，考虑每个质数 $p$ 产生的贡献。设 $A_p$ 为 $[1,n]$ 中 $p$ 的指数为奇数的个数，那么 $p$ 产生的贡献可以表示成 $p \times A_p \times (n - A_p)$。其中 $A_p = \sum_{i\ge1} (-1)^{i-1} \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor$。对于不超过 $\sqrt n$ 的素数 $p$，暴力计算这部分贡献，复杂度是 $O(\frac{\sqrt n}{\ln \sqrt n} \log n)=O(\sqrt n)$。对于超过 $\sqrt n$ 的素数 $p$，有 $A_p = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor $，由于 $A_p$ 的取值只有 $O(\sqrt n)$ 中，对于特定的 $A_p$，需要求出一定区间内素数的和，这部分使用 $O(n^{\frac{3}{4}}/\log n)$ 的亚线性筛（洲阁筛 或者 Min_25筛 的前半部分（其实是一样的））处理（只需要计算一次 $\sum_{i=1}^n i [i \text{ is prime}]$，就会顺便把所有需要的前缀和求出来）。 | ||
Latest revision as of 17:39, 8 September 2018
两个半小时签完到，最后两个 Last Hour。人生大起大落真刺激。
Problem A
Solved by zerol & kblack. 02:33 (+)
题意：在 n×m 的方格中填 1~nm 的数，使得只有一个数是它所在行列的最大值。
题解：显然那唯一一个数就是 nm。考虑从大到小依次填数，每个数肯定得填在一个之前填过的数的同一行或者同一列。dp[i][j][k] 表示已经填了 k 个数，已经有 i 行 j 列有数字的方案。转移有两种，一种是新开一行，一种是新开一列，还有就是填到 i 行 j 列的交叉处。
无比艰难的签到。
Problem B
Solved by kblack. 04:43 (+3)
题意：给一个 $n \times m$ 的 01 阵，一行删一个，错位不能超过 $K$ 问压缩掉删除的位置后组成的图案有几种。
题解：首先考察一行的情况，发现只有连续的字符中删除任意一个才能构成等价类。构造一个 $O(n m^3)$ 的算法，直到 $x$ 行，上一行选择 $[l, r]$ 的某种不同图案有 $dp[l, r]$ 种，考虑转移，先将区间扩展成 $[l-K, r+K]$ 然后用下一行的相同字符的区间去截，每个最多截出 $m$ 个区间，而且都是不同的图案，这么直接转移是 $O(m^3)$ 的。考虑优化这个过程，其实我们并不关心具体的区间，只要直到在某个范围里就会有若干种图案可以转移就好了。将区间拆成开闭，对于某个位置开头和结尾的数量分别记录。在扫描当前行前，先将所有开始标记左移动 $K$ 个位置，结束标签右移 $K$ 个位置，然后扫描过去，记录开头和结尾图案数的前缀和，当遇到当前行的分割点（颜色不同）的时候，我们只要把之前为闭合的区间（前缀和之差）手动闭合一下，下一个颜色开头的地方手动开启一下，就能轻松地维护与之前的区间等价的标记了，最后答案是最后一行的开头标记的和。
Problem C
Upsolved by zerol.
首先考虑 $d_{a,b}$ 的值，对于 $a,b$ 质因数分解后奇偶性不同的指数，可以花 $p$ 的代价修复，显而易见的是逐个修复比较划算（加法比乘法划算），特别的，如果 $a$ 和 $b$ 指数奇偶性完全相同，也要花费 $1$ 的代价。
现在对于这两种情况分开计算。
先计算奇偶性完全相同的部分，$a,b$ 一定能表示成 $a=xc^2,b=xd^2$，其中 $x$ 无平方因子。枚举 $x$，那么就是计算 $\sum_{x=1}^n \mu^2(x)(\lfloor \sqrt {\lfloor \frac{n}{x} \rfloor }\rfloor)$，其中 $\sum_{i=1}^{n} \mu^2(i)=\sum_{i=1}^n \sum_{d^2|i} \mu(d)=\sum_{d=1}^\sqrt n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor$ 可以暴力计算，而 $\lfloor \sqrt {\lfloor \frac{n}{x} \rfloor }\rfloor$ 的取值至多 $O(\sqrt n)$，那么这部分能够在 $O(n^{\frac{3}{4}})$ 的时间内解决，这部分复杂度类似杜教筛，如果预处理了前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项的 $\mu^2$ 前缀和的话复杂度能降为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。
对于奇偶性不同的部分，考虑每个质数 $p$ 产生的贡献。设 $A_p$ 为 $[1,n]$ 中 $p$ 的指数为奇数的个数，那么 $p$ 产生的贡献可以表示成 $p \times A_p \times (n - A_p)$。其中 $A_p = \sum_{i\ge1} (-1)^{i-1} \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor$。对于不超过 $\sqrt n$ 的素数 $p$，暴力计算这部分贡献，复杂度是 $O(\frac{\sqrt n}{\ln \sqrt n} \log n)=O(\sqrt n)$。对于超过 $\sqrt n$ 的素数 $p$，有 $A_p = \lfloor \frac{n}{p} \rfloor $，由于 $A_p$ 的取值只有 $O(\sqrt n)$ 中，对于特定的 $A_p$，需要求出一定区间内素数的和，这部分使用 $O(n^{\frac{3}{4}}/\log n)$ 的亚线性筛（洲阁筛 或者 Min_25筛 的前半部分（其实是一样的））处理（只需要计算一次 $\sum_{i=1}^n i [i \text{ is prime}]$，就会顺便把所有需要的前缀和求出来）。
Problem D
Solved by kblack. 01:29 (+1)
题意：和一个随机策略电脑玩限定猜拳©。
题解：似乎你随不随机都一样，那么就简单了，随便乘乘除除就好了。
kblack: 解决的关键一步在于发现样例四中 $19$ 是 $a+b+c$ 的倍数，将分数还原以后凑一下就发现公式了。
Problem J
Solved by ultmaster. 04:44 (+2)
题意：比较两个 $\log \cdots \log n ^{(\log \cdots \log n)^{(\log \cdots \log n)}}$ 的阶数。
题解：比赛的时候一通操作，动用了 Mathematica 观察了若干式子之后得出来一张图。在修了一堆 bug 之后发现算法根基就不大对，然后改改改，勉强 AC。
比赛后回顾了一下发现了半天的结论是显然的，如果更进一步的话，会发现完全没有这么复杂。
首先记 $\log \cdots \log n$ ($i$ 个 log) 为 $l(i)$ 两个式子都取 log 之后阶数的关系是不变的，会得到 $l(a) ^ {l(b)} l(c)$ 的形式。
记 $f(a,b) = l(a)^{l(b)}$，注意到 $l(c) \sim f(c,\infty)$。考虑一个更普适的问题比较两个 $f(a,b)f(c,d)$ 的阶数。只要两个里面阶数比较大的那个 $f$ 拿出来比较，如果相等，再比较小的即可。这又带来另一个问题就是如果比较两个 $f(a,b)$ 的阶数。注意到 $f(a,b) = l(a)^{l(b)}$，再取一次 log 即可。
注意处理一下 $\infty + 1 = \infty$。
Problem K
Solved by zerol. 00:47 (+)
温暖的签到。
zerol：那么迟才签到是因为看错题了。