BJOI 2019 题解

​​[BJOI2019]奥术神杖​​​ 容易发现这是一个 $AC$ 自动机带 $dp$ 的比较套路的题
现在的问题就是最大化一个根号下面的东西
考虑乘法变加法去个 $ln$，$ln (\prod_{i=1}^k a_i)^{\frac{1}{k}}=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^kln(a_i)$
然后就是最大化后面那个式子，分数规划即可

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1550
#define eps 1e-3
using namespace std;
int n, m, res;
int ch[N][10], fail[N], siz[N], tot, g[N][N], h[N][N];
double f[N][N], w[N];
char T[N], ans[N];
void Insert(string s, int v){
  int now = 0, len = s.length(); 
  for(int i=0; i<len; i++){
    int x = s[i] - '0';
    if(!ch[now][x]) ch[now][x] = ++tot;
    now = ch[now][x];
  } w[now] = log(v), siz[now]++;
}
void Build(){
  queue<int> q;
  for(int i=0; i<10; i++)
    if(ch[0][i]) q.push(ch[0][i]);
  while(!q.empty()){
    int x = q.front(); q.pop();
    w[x] += w[fail[x]], siz[x] += siz[fail[x]];
    for(int i=0; i<10; i++){
      if(ch[x][i]) fail[ch[x][i]] = ch[fail[x]][i], q.push(ch[x][i]);
      else ch[x][i] = ch[fail[x]][i];
    }
  }
}
void Modify(int i, int j, int k){
  int c = ch[j][k];
  if(f[i][c] < f[i-1][j] + w[c]) f[i][c] = f[i-1][j] + w[c], g[i][c] = j, h[i][c] = k; 
}
bool check(double mid){
  for(int i=0; i<=tot; i++) w[i] -= mid * siz[i];
  for(int i=0; i<=n; i++)
    for(int j=0; j<=tot; j++)
      f[i][j] = - 1e17;
  f[0][0] = 0;
  for(int i=1; i<=n; i++){
    for(int j=0; j<=tot; j++){
      if(T[i] == '.') for(int k=0; k<10; k++) Modify(i, j, k);
      else Modify(i, j, T[i]-'0');
    }
  } 
  double ans = - 1e17;
  for(int i=0; i<=tot; i++) ans = max(ans, f[n][i]);
  for(int i=0; i<=tot; i++) w[i] += mid * siz[i];
  return ans > 0;
}
void dfs(int i, int j){ if(i == 0) return; dfs(i-1, g[i][j]); cout<<h[i][j];}
int main(){
  scanf("%d%d", &n, &m); res = n;
  scanf("%s", T+1);
  for(int i=1; i<=m; i++){
    string s; int x; cin >> s >> x; 
    Insert(s, x);
  } Build(); 
  double l = 0, r = 25;
  while((r-l) > eps){
    double mid = (l+r)/2;
    if(check(mid)) l = mid;
    else r = mid;
  } check(l); double mx = -1e17; int pos = 0;
  for(int i=0; i<=tot; i++) if(f[n][i] > mx) mx = f[n][i], pos = i;
  dfs(n, pos); return 0;
}

​​[BJOI2019]勘破神机​​​ 很妙的数学题
首先 $2*n$ 的情况就是斐波那契
于是，令 $f_i$ 为斐波那契数列
$ans=\sum_{i=l}^r\binom{f_i}{k}$
考虑到 $\frac{1}{k!}$ 是一个定值，而开出去过后是一个下降幂，是不是可以用斯特林化简
$ans=\sum_{i=l}^r\binom{f_i}{k}$
$=\frac{1}{k!}\sum_{i=l}^r \sum_{j=0}^k (-1)^{k-j}*s_{k,j}*f_i^j$
考虑到 $f_n=\frac{1}{\sqrt 5}(\frac{1+\sqrt 5}{2})^n-\frac{1}{\sqrt 5}(\frac{1-\sqrt 5}{2})^n$
令 $f_n=Ax^n+By^n$，那么原式为
$=\frac{1}{k!}\sum_{i=l}^r\sum_{k=0}^j(-1)^{k-j}*s_{k,j}*(Ax^i+By^i)^j$
$=\frac{1}{k!}\sum_{k=0}^j(-1)^{k-j}*s_{k,j}*\sum_{i=l}^r(Ax^i+By^i)^j$
暴力展开
$=\frac{1}{k!}\sum_{k=0}^j(-1)^{k-j}*s_{k,j}*\sum_{i=l}^r\sum_{l=0}^j\binom{j}{l} (A*x^i)^l*(B*y^i)^{j-l}$
$=\frac{1}{k!}\sum_{k=0}^j(-1)^{k-j}*s_{k,j}*\sum_{l=0}^j\binom{j}{l} A^lB^{j-l}\sum_{i=l}^r x^{il}*y^{i*(j-l)}$
发现后面一坨就是
$\sum_{i=l}^r x^{il}*y^{i*(j-l)}=\sum (x^ly^{j-l})^i$
等比数列
到这里复杂度是 $O(n^2log(n))$ 的
$\sqrt 5$ 直接带复数运算

考虑 3 个的情况，显然只有偶数的时候有答案，于是我们每两列分一块
首先由 $f_i=f_{i-1}*3$
然后还有跨块的情况
方案数是 $2*\sum_{j=0}^{i-2} f_{i}$
不想写了，把 $n+1$ 写出来，做差，解特征方程，求通项就和上面一样了

#include<bits/stdc++.h>
#define N 505
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Mod = 998244353, inv2 = (Mod+1)/2;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b;}
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod;}
int power(int a, int b){int ans=1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans=mul(ans,a); return ans;}
int inv(int x){ return power(x, Mod-2);}
const int inv5 = inv(5), inv6 = inv(6);
int T, m;
ll l, r; int k;
int c[N + 10][N + 10], s[N + 10][N + 10], fac[N + 10];

#define cs const
struct data{
  int x, y;
  data(int _x = 0, int _y = 0){ x = _x; y = _y;}
  data operator + (cs data &a){ return data(add(x, a.x), add(y, a.y));}
  data operator - (cs data &a){ return data(add(x, Mod-a.x), add(y, Mod-a.y));}
  data operator * (cs data &a){ return data(add(mul(x,a.x), mul(m, mul(y,a.y))), add(mul(x, a.y), mul(y, a.x)));}
  data operator * (cs int &a){ return data(mul(x,a), mul(y,a));}
}X, Y, A, B;
data Inv(data a){ return data(a.x, Mod-a.y) * inv(add(mul(a.x,a.x), Mod-mul(m, mul(a.y,a.y))));}
data ksm(data a, ll b){ data ans(1, 0); for(;b;b>>=1,a=a*a) if(b&1) ans=ans*a; return ans;}

void prework(){
  c[0][0] = 1;
  for(int i = 1; i <= N ; i++){
    c[i][0] = 1; for(int j = 1; j <= i; j++) c[i][j] = add(c[i-1][j-1], c[i-1][j]);
  }
  s[0][0] = 1;
  for(int i = 1; i <= N; i++){
    for(int j = 1; j <= i; j++) s[i][j] = add(s[i-1][j-1], mul(s[i-1][j], i-1));
  }
  fac[0] = fac[1] = 1;
  for(int i = 1; i <= N; i++) fac[i] = mul(fac[i-1], i);
}
void FSY(){
  l++,r++;
  X = data(inv2, inv2); Y = data(inv2, Mod - inv2);
  A = data(0, inv5); B = data(0, Mod - inv5);
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i <= k; i++){
    int now = ((k-i)&1) ? Mod-s[k][i] : s[k][i];
    data res(0, 0);
    for(int j = 0; j <= i; j++){
      data tmp = ksm(X, j) * ksm(Y, i-j); 
      data val = (ksm(tmp, r+1) - ksm(tmp, l)) * Inv(tmp - data(1,0));
      if(tmp.x == 1 && tmp.y == 0) val = tmp * ((r-l+1) % Mod);
      res = res + ((ksm(A, j) * ksm(B, i-j) * val) * c[i][j]);
    } ans = add(ans, mul(now, res.x));
  } cout << mul(inv((r-l+1) % Mod), mul(inv(fac[k]), ans)) << '\n';
}
void Yolanda(){
  int Yol = inv((r-l+1) % Mod);
  l = (l + 1) >> 1, r = r >> 1;
  X = data(2, 1); Y = data(2, Mod-1);
  A = data(inv2, inv6); B = data(inv2, Mod - inv6);
  int ans = 0;
  for(int i = 0; i <= k; i++){
    int now = ((k-i)&1) ? Mod-s[k][i] : s[k][i];
    data res(0, 0);
    for(int j = 0; j <= i; j++){
      data tmp = ksm(X, j) * ksm(Y, i-j); 
      data val = (ksm(tmp, r+1) - ksm(tmp, l)) * Inv(tmp - data(1,0));
      if(tmp.x == 1 && tmp.y == 0) val = tmp * ((r-l+1) % Mod);
      res = res + ((ksm(A, j) * ksm(B, i-j) * val) * c[i][j]);
    } ans = add(ans, mul(now, res.x));
  } cout << mul(Yol, mul(inv(fac[k]), ans)) << '\n';
}
int main(){
  prework();
  scanf("%d%d", &T, &m);
  if(m == 2) m = 5;
  while(T--){
    scanf("%lld%lld%d", &l, &r, &k);
    if(m == 5) FSY(); else Yolanda();
  }
}

​​[BJOI2019]排兵布阵​​​ 按 $a_i$ 排序后 $dp$ 方程显然
$f_j=max(f_j,f_{j-2*a_{i,k}-1}+ik)$

​​[BJOI2019]光线​​​$f,g$ 分别表示向下向上穿透的概率
$f_i=f_{i-1}*a_i+g_{i+1}*b_i$
$g_i=f_{i-1}*b_i+g_{i+1}*a_i$
$f_n=f_{n-1}*a_n$
$g_n=f_{n-1}*b_n$
这个时候会发现非常的绞，这也是这道题的难点，考虑从后两个式子寻找突破口
发现 $f_n$ 可以用 $f_{n-1}$ 表示，$g_n$ 可以用 $f_{n-1}$ 表示
这启示我们继续考虑 $n-1$
发现 $f_{n-1}=f_{n-2}*a_{n-1}+(f_{n-1}*b_n)*a_{n-1}$
也就是说 $f_{n-1}$ 可以用 $f_{n-2}$ 表示
于是我们就可以待定系数，先 $f_i$ 为多少倍的 $f_{i-1}$，以及 $g_i$ 是多少倍的 $f_{i-1}$
最后从头推回去，感觉有点妙

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
cs int Mod = 1e9 + 7;
int add(int a, int b){ return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
int mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod; }
int ksm(int a, int b){ int ans = 1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) ans=mul(ans,a); return ans; }
cs int inv = ksm(100, Mod - 2);
cs int N = 5e5 + 5;
int a[N], b[N], f[N], g[N], n;
int main(){
  scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i++){
    scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
    a[i] = mul(a[i], inv);
    b[i] = mul(b[i], inv);
  }
  for(int i = n; i >= 1; i--){
    f[i] = mul(a[i], ksm(Mod+1-mul(g[i+1],b[i]), Mod-2));
    g[i] = add(b[i], mul(f[i],mul(g[i+1],a[i])));
  } 
  for(int i = 2; i <= n; i++) f[i] = mul(f[i], f[i-1]);
  cout << f[n];
  return 0;
}

​​[BJOI2019]删数​​​ 发现顺序不影响，我们在脑中给原序列排一个序
手玩一波 $\{1,2,2,3,3,3\}$，显然最优方案是 $\{3,3,3,6,6,6\}$
发现一个巧妙的性质，如果我们在 6 这个位置放一个高为 3 的柱子，在 3 这个位置放一个 高为 3 的柱子
那么向左推到刚好覆盖原序列
那么我们模拟一下把原序列推倒的情况，位置1覆盖了 3 次，位置 2 覆盖了 2 次，而 4,5,6 都没有覆盖
显然需要把重复的 $k$ 个覆盖挪到空格上，发现铁定构造地出来
另外，可以很容易的发现，这种构造方法恰是方案数的下界
于是问题转换为求 0 的个数，线段树维护最小值即最小值个数即可
一个单点修改把变动的区间修改即可，整体 + 1 有些头疼
考虑整体+1 有什么变化
$\{1,2,2,3,3,3\}--- \{2,3,3,4,4,4\}$
覆盖区间的变化
$[1,1],[1,2],[1,3]---[2,2],[2,3],[2,4]$，全部挪了一位
现在查询 $[1,6]$ 的答案相当于在原来查询 $[0,5]$ 的答案，那么记一个挪的位就可以了

#include<bits/stdc++.h>
#define cs const
using namespace std;
int read(){
  int cnt = 0, f = 1; char ch = 0;
  while(!isdigit(ch)){ ch = getchar(); if(ch=='-') f = -1; } 
  while(isdigit(ch)) cnt = cnt*10 + (ch-'0'), ch = getchar();
  return cnt * f;
}
cs int N = 150050, M = N * 3;
cs int up = 450005;
int n, m, a[N], len;
int c[M]; // 出现次数  
namespace seg{
  int mi[M << 2], ct[M << 2], tg[M << 2];
  #define mid ((l+r)>>1)
  void pushup(int x){
    if(mi[x<<1] < mi[x<<1|1]) mi[x] = mi[x<<1], ct[x] = ct[x<<1];
    if(mi[x<<1] == mi[x<<1|1]) mi[x] = mi[x<<1], ct[x] = ct[x<<1] + ct[x<<1|1];
    if(mi[x<<1] > mi[x<<1|1]) mi[x] = mi[x<<1|1], ct[x] = ct[x<<1|1];
  }
  void build(int x, int l, int r){
    if(l == r){ ct[x] = 1; return; }
    build(x<<1, l, mid); build(x<<1|1, mid+1, r);
    pushup(x);
  }
  void pushnow(int x, int v){ mi[x] += v; tg[x] += v; }
  void pushdown(int x){
    if(tg[x]) pushnow(x<<1, tg[x]), pushnow(x<<1|1, tg[x]), tg[x] = 0;
  }
  void modify(int x, int l, int r, int L, int R, int v){
    if(L<=l && r<=R){ pushnow(x, v); return; } 
    pushdown(x);
    if(L<=mid) modify(x<<1, l, mid, L, R, v);
    if(R>mid) modify(x<<1|1, mid+1, r, L, R, v);
    pushup(x);
  }
  int query(int x, int l, int r, int L, int R){
    if(L<=l && r<=R){
      return mi[x] == 0 ? ct[x] : 0;
    }
    pushdown(x); int ans = 0;
    if(L<=mid) ans += query(x<<1, l, mid, L, R);
    if(R>mid) ans += query(x<<1|1, mid+1, r, L, R);
    return ans;
  }
}
void modify(int x, int v){
  int k = x - c[x] + 1 - (v > 0);
  seg::modify(1, 1, up, k, k, v);
  c[x] += v; 
}
int main(){
  n = read(), m = read();
  len = 150001; seg::build(1, 1, up);
  for(int i = 1; i <= n; i++){
    a[i] = read(); a[i] += len; 
    modify(a[i], 1);
  }
  while(m--){
    int p = read(), x = read();
    if(p == 0){
      if(x > 0){
        int pos = len + n;
        if(c[pos]) seg::modify(1, 1, up, pos - c[pos] + 1, pos, -1);
        --len;
      }
      else{
        ++len;
        int pos = len + n; 
        if(c[pos]) seg::modify(1, 1, up, pos - c[pos] + 1, pos, 1);
      }
    }
    else{
      if(a[p] <= len + n) modify(a[p], -1);
      else --c[a[p]];
      a[p] = len + x;
      if(a[p] <= len + n) modify(a[p], 1);
      else ++c[a[p]];
    } cout << seg::query(1, 1, up, len + 1, len + n) << '\n';
  } return 0;
}