11.28杂题选讲

Posted 2020-11-26 p-b-p-b

终于杂题选讲恢复成省选难度了，个个都放飞自我？？

SP19997

看到这个式子以及吓人的数据范围，能猜到拉格朗日插值，我们尝试证明。

考虑朴素的扰动法，给式子乘个(a)：
[ egin{align*} aS(n)&=sum_{i=1}^{n+1} a^i (i-1)^{r} end{align*} ]
于是我们就有
[ (1-a)S(n)=sum_{i=1}^{n} a^i (i^r-(i-1)^r)-a^{n+1}n^rS(n)=frac 1 {1-a}sum_{i=1}^{n} a^i (i^r-(i-1)^r)-frac{a^{n+1}n^r}{1-a} ]
然而(n)在指数上比较不爽，所以除个(a^{n+1})：
[ S'(n)=frac {S(n)} {a^{n+1}}=frac 1 {a^{n+1}(1-a)}sum_{i=1}^{n} a^i (i^r-(i-1)^r)-frac{n^r}{1-a} ]
容易发现这已经完成归纳法的第二步了，我们只需要证出第一步，即(r=0)时这个式子是一个关于(n)的多项式：
[ S'(n)=frac{1}{a^{n+1}} imes frac{1-a^{n+1}}{1-a}=frac 1 {1-a}(frac 1 {a^{n+1}}-1) ]
痛苦的事情来了：这东西其实并不是常数，还带着一个(frac 1 {a^{n+1}})……

然而，显然可以看出，(frac 1 {a^{n+1}})的系数恰好是(n^0)的系数的相反数，并且在(r>0)的推导中会保持这个样子。

于是我们假设除去(frac 1 {a^{n+1}})的关于(n)的(r)次多项式是(g(n))，那么就有
[ S'=g(n)-frac 1 {a^{n+1}}g(0) ]
只需要求出(g(0))，就可以插值搞出(g(n))了。

考虑多项式的性质：只需要做(r+1)阶差分，它就没了。

于是差分的时候存一下常数和(g(0))的系数，就可以解出(g(0))了。

容易证明(g(0))的系数不为0，只需要把差分的式子摆出来就可以了。

AGC040D

首先显然合法的点构成一个前缀。

画出两人从起点开始走的t-s图像（即横坐标是s，纵坐标是t），放在一个坐标系内。考虑Snuke什么时候会胜利：Ringo选了个点(x)，那么把Ringo的图像向下平移，使得(x)的纵坐标变成0。此时如果两人图像有交点就合法。

于是我们可以直接把Ringo的图像往下一点一点平移直到两人图像不再有交点，此时Ringo与(x)轴的交点就是那个前缀的终止位置。

我们以两人最后的交点为界，右边用Snuke的线，左边用Ringo平移后的线，可以组成一条折线C。容易发现C的终点必然是((n,S),S=sum a_i)。

为了让与(x)轴的交点横坐标尽可能大，我们会想要尽可能地快速往上跑达到(S)。容易发现通过把线放在交点左右，每条线的贡献都可以达到上界：(max(a_i,b_i))，除了与(x)轴有交点的线的贡献至多(b_i)。

枚举与(x)轴有交的线是第(k)条，二分需要几条线才能到达(S)，然后就可以算出答案了。

（这什么神仙思路啊？？）

CometOJ 4203

设(p=a^{-1})。

考虑暴力。枚举有几个人过了题，尝试把假榜里的人往终榜填。从左往右扫，分两种情况。

当AC人数还不够时：

如果(i)过了题，那么(p_i)必须恰好在没人的位置的最前面。否则(i)肯定fst了，那么他必须比之前fst的人更靠后。

当AC人数够了时：

如果让他没有交题，排在第一个没有人的位置，显然是合法的，但这意味着后面的人都没有交题。

如果现在这个人还可以令他是交了题的，那么还有一种选择，就是让他fst，只要位置比之前fst的人更靠后。显然能fst就不要不交题。

有点懵，把代码放上来：

int check(int cnt)
{
    rep(i,1,n) vis[i]=0;
    int l=0,mx=cnt,pos=cnt+1,flg=0;
    rep(i,1,n)
    {
        if (l<cnt)
        {
            if (p[i]==l+1) vis[++l]=1;
            else if (p[i]>mx) vis[mx=p[i]]=1;
            else return 1;
        }
        else
        {
            while (pos<=n&&vis[pos]) ++pos;
            if (p[i]!=pos&&(flg||p[i]<mx)) return 1;
            vis[p[i]]=1;
            if (p[i]<mx||flg) flg=1; else mx=p[i];
        }
    }
    return 0;
}

于是(O(n^2))做法就出来了。

考虑如何优化。有一个显而易见的性质：(a[1...cnt])必须单调上升，并且如果(cnt=i)合法且(a_{i+1}>a_i)，那么(cnt=i+1)也合法。

于是看一下单调上升的长度，在这里面合法的人数是一个后缀，可以直接二分。

void work()
{
    read(n);
    rep(i,1,n) read(a[i]),p[a[i]]=i;
    int mn=1e9,mx=-1e9;
    rep(i,1,n) if (a[i]>a[i-1]) mx=i; else break;
    int l=0,r=mx;
    while (l<=r)
    {
        int mid=(l+r)>>1;
        if (!check(mid)) mn=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    if (mn>mx) mn=mx=-1;
    printf("%d %d
",mn,mx);
}

CF1261E

首先把(a_i)从小到大排序。

不知道怎么的观察样例可以受到启发：留一条对角线不填。

假设(a_i< n)且只用(n)个集合，那么有这样一种构造方法：每一列从留空的一个点上面开始往上填，不够就继续从最底下开始。可以证明这样一定是合法的。

如果有(a_i=n)呢？我们把它这一列的最后一个也填上，那么最后一行显然只有一个后缀是填了1的。

此时会发现最后一行可能会和上面的一行（且仅有那一行）起冲突，咋办呢？

把((n+1,n))的1填到((n,n))去，你发现这样就合法了。

为啥？画画图反证一下就可以了吧。

（这怎么想到的啊？？）

int n;
pii aa[sz];int a[sz],p[sz];
int pre(int x){if (x==1) return n;return x-1;}
int ans[sz][sz],cnt[sz];
int main()
{
    file();
    read(n);
    rep(i,1,n) read(aa[i].fir),aa[i].sec=i;
    sort(aa+1,aa+n+1);rep(i,1,n) a[i]=aa[i].fir,p[aa[i].sec]=i;
    rep(i,1,n)
    {
        int x=min(a[i],n-1);
        if (a[i]==n) ans[n+1][i]=1,++cnt[n+1];
        for (int j=pre(i),k=1;k<=x;k++,j=pre(j)) ans[j][i]=1,++cnt[j];
    }
    int cc=cnt[n+1];
    int flg=0;rep(i,1,n-cc) flg|=ans[n-cc][i];
    if (cc&&cc!=n&&!flg) swap(ans[n][n],ans[n+1][n]),--cnt[n+1],++cnt[n];
    printf("%d
",n+bool(cnt[n+1]));
    rep(i,1,n+bool(cnt[n+1])) { rep(j,1,n) putchar(ans[i][p[j]]+'0'); puts(""); }
    return 0;
}