2020.4.5学军信友队趣味网络邀请赛总结

题目点此
T1由于是找规律题，不好讲述且讲述意义不大，所以就不说了。

T2

给你一棵带点权的树，你要选择一对点$(x,y)$(x,y)且$a_x>a_y$ax​>ay​，使得贡献$a_x*dist(x,y)$ax​∗dist(x,y)最大。
求最大贡献。

第一眼感觉这是一道一定能切的题目。
第二眼想到可以$LCT$LCT做，但放在第二题肯定不是$LCT$LCT。
第三眼想到树剖，推了推后搞出了一个类似于动态$DP$DP的方法。
打了一半感觉常数可能有点大，然后想到点分治。
点分治一开始打个带set的，后来感觉常数太大，换了另一种打法：
将子树依次加进去，用线段树维护权值小于等于多少时的最大值，子树加进去的时候计算贡献；正着做一遍，反着做一遍。
交上去TLE，改成树状数组AC。
此时比赛开始了约80min。

领会到正解之后我意识到我sb了……
题目变一下就是$max(a_x,a_y)*dist(x,y)=max(a_x*dist(x,y),a_y*dist(x,y))$max(ax​,ay​)∗dist(x,y)=max(ax​∗dist(x,y),ay​∗dist(x,y))
所以就是对于每个点找它的最远点的问题……
找出直径，某个点的最远点肯定是两个直径端点之一。

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T3

有个数组$a_{1..n}$a1..n​，一开始有个在$[1,a_n]$[1,an​]（整数）中等概率随机的值$x$x（你不知道它具体是多少）。
可以随时查询$x$x的状态，$x$x的状态为$i$i即为$x\in [a_{i-1}+1,a_i]$x∈[ai−1​+1,ai​]
然后有若干种操作，每种操作的使用次数和使用顺序是任意的，记为$(v_j,w_j)$(vj​,wj​)
表示花$v_j$vj​的代价可以使$x$x减$w_j$wj​
问使$x$x达到状态$1$1的最小步数的期望，结果乘$a_n$an​

这个题意可能不太好理解。点明这一点可能就懂了：由于$x$x是随机的，所以只能确定$x$x在某个区间中而不知道具体的值。所谓“状态”的作用就是进一步区分$x$x，以影响以后的决策。
理解了题意之后就会有个很显然的DP，
$dp_{i,j}$dpi,j​表示区间为$[i,j]$[i,j]时的答案，转移方程显然。
接下来脑子一动出现了一个思路，能不能只计算$i$i或$j$j在某个状态的边界时的答案呢？
于是开打……
调试的时候发现忽略了区间$[i,j]$[i,j]左移之后没有被分割的情况，这时候离结束还没有十分钟……
于是急了，想改回前面的暴力，可惜时间不够。

其实我前面的思路都是没有问题的，现在问题是如何处理被分割的情况。
正解的骚做法就是强制区间在左移后被分割（或者整个区间移到状态$1$1）。
显然，一个区间内的数想要变成状态$1$1，必须要经历这样的过程。
但是如何保证可以做得到，并且最优呢？
先对各种操作搞一遍完全背包，那么就相当于有$a_n$an​种操作，并且保证是最优的。

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <climits>
#define N 2010
#define ll long long
int n,m;
int a[N];
int pre[N],suc[N];
struct Op{
	int v,w;
} o[N];
ll v[N];
ll f[N],g[N],s[N];
ll calc(int,int);
ll getg(int x){return g[x]!=-1?g[x]:g[x]=calc(a[pre[x]]+1,x);}
ll getf(int x){return f[x]!=-1?f[x]:f[x]=calc(x,a[suc[x]]);}
ll calc(int L,int R){
	ll res=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
	for (int i=1;i<=a[n] && L-i>0;++i)
		if (v[i]!=0x7f7f7f7f7f7f7f7f && (suc[L-i]!=suc[R-i] || R-i<=a[1])){
			int l=L-i,r=R-i;
			ll tmp=v[i]*(r-l+1)+getf(l)+getg(r);
			l=a[suc[l]]+1,r=a[pre[r]];
			if (l<=r)
				tmp+=s[suc[r]]-s[suc[l]-1];
			res=min(res,tmp);
		}
	return res;
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		memset(pre,0,sizeof pre);
		memset(suc,0,sizeof suc);
		for (int i=1;i<=n;++i)
			scanf("%d",&a[i]),pre[a[i]+1]=suc[a[i]]=i;
		for (int i=1;i<=a[n];++i)
			pre[i]=(pre[i]?pre[i]:pre[i-1]);
		for (int i=a[n];i>=1;--i)
			suc[i]=(suc[i]?suc[i]:suc[i+1]);
		for (int i=1;i<=m;++i)
			scanf("%d%d",&o[i].v,&o[i].w);
		memset(v,127,sizeof(ll)*(a[n]+1));
		v[0]=0;
		for (int i=1;i<=m;++i)
			for (int j=o[i].w;j<=a[n];++j)
				v[j]=min(v[j],v[j-o[i].w]+o[i].v);
		memset(g,255,sizeof(ll)*(a[n]+1));
		memset(f,255,sizeof(ll)*(a[n]+1));
		for (int i=1;i<=a[1];++i)
			f[i]=g[i]=0;
		bool bz=1;
		for (int i=2;i<=n && bz;++i){
			s[i]=s[i-1]+getg(a[i]);
			if (g[a[i]]==0x7f7f7f7f7f7f7f7f)
				bz=0;
		}
		printf("%lld\n",bz==0?-1:s[n]);
	}
	return 0;
}

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T4

首先是个博弈题：两个人在玩取石子，石子的总量为$m$m，并且每个人取的石子数不能超过上一个人取的石子数。$f(m)$f(m)为先手取最少多少是能保证必胜。
求$\sum_{i=1}^n\sum_{m|i}f(m)$∑i=1n​∑m∣i​f(m)

这道题比赛的时候根本就没有思考过……

首先$f(m)$f(m)是有通项的，可以通过打表或通过下述推理发现：
如果$m$m为奇数，那先手选$1$1。
如果$m$m为偶数，那在接下来的过程中，谁选了奇数谁就倒霉，所以都会选偶数。于是就将两个石子合二为一，就相当于$f(m/2)$f(m/2)
于是$f(m)=lowbit(m)$f(m)=lowbit(m)
上面那个式子换一下就是$\sum_{i=1}^nlowbit(i)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$∑i=1n​lowbit(i)⌊in​⌋
考虑将$lowbit(i)$lowbit(i)相等的分开计算。令$g(n)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{n}{i}\rfloor$g(n)=∑i=1n​⌊in​⌋
$g(n)$g(n)是$lowbit(i)\geq 1$lowbit(i)≥1的个数，$g(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)$g(⌊2n​⌋)是$lowbit(i)\geq 2$lowbit(i)≥2的个数，依次类推。
答案就是$g(n)+(2-1)g(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor)+(4-2)g(\lfloor\frac{n}{4}\rfloor)+...$g(n)+(2−1)g(⌊2n​⌋)+(4−2)g(⌊4n​⌋)+...
计算$g(n)$g(n)的时间是$\sqrt n$n​，上面那条式子用等比数列求和的方法分析出来时间是$\sqrt n$n​

直接整除分块常数很大，卡不过。于是gmh大爷就发明了一种常数极小的方法：
将$xy=n$xy=n的图像画出来，可以发现要求的是坐标轴与图图像之间夹的整点数量。
这个东西是关于$y=x$y=x对称的。
所以只需要前$\sqrt n$n​一个一个算，扩大两倍之后减去重复部分（即$\lfloor\sqrt n\rfloor^2$⌊n​⌋2）

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
#define mo 998244353
ll n;
inline ll g(ll n){
	ll sq=sqrt(n);
	ll res=0;
	for (ll i=1;i<=sq;++i)
		res+=n/i;
	return (2*res%mo-sq*sq%mo+mo)%mo;
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%lld",&n);
	ll ans=g(n);
	for (ll k=1;1ll<<k<=n;++k)
		ans+=(1ll<<k-1)%mo*g(n>>k)%mo;
	ans%=mo;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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T5

给出一个成直线排布的山脉，每个位置的海拔高度是随时间单调递减的函数。
若干个询问$[t,l,r]$[t,l,r]，表示$t$t时刻，$[l,r]$[l,r]区间的山脉可以储多少水（可以看作不在这个区间内的山脉铲平）。

答案等于上轮廓减下轮廓，下轮廓就是区间和。
上轮廓就是找出最高点之后，左边到最高点的前缀最大值和，右边到最高点的前缀最大值和。以下只说左边，右边同理：
线段树上，对于每个节点所代表的区间动态地维护前缀最大值。
询问的时候将$[l,r]$[l,r]对应的$log$log个区间找出来，很好算。
问题是怎么维护。

首先，对于一段长度为$L$L的区间，前缀最大值的修改次数是$O(L)$O(L)的。
因为都是一次函数，某个数的前缀最大值可能在某个时候变成自己，然后在后面的某个时候又变回别人，从此它不可能成为最大值。每个一次函数顶多成为一次最大值，所以修改次数为$O(L)$O(L)
试着预处理一下某个点大于左边的数的时间区间。
处理某个节点所代表的区间的时候，左半部分可以通过左儿子继承过来，
右半部分可以计算它完全大于左儿子所有数的区间（左儿子建出最大值的分段函数），然后和右儿子的信息取并。
这样时间复杂度是$O(n \lg^2n)$O(nlg2n)的。

接下来的问题是如何维护前缀最大值（支持区间求和）
考虑将某个数变成最大值的时候，它会覆盖原先它的前缀最大值所覆盖的区间。
将某个数不再出最大值时，它原先覆盖的区间被上一个位置的前缀最大值所覆盖。
修改形如：将某段区间全部赋值为某个数。
这个修改貌似可以在前面的预处理中一并处理出来。
这个东西可以套个线段树维护。每个数只需要搞一次，搞一次的时间复杂度是$O(\lg n)$O(lgn)，一个数会出现在$O(\lg n)$O(lgn)个区间中，所以总时间是$O(n\lg^2 n)$O(nlg2n)
PS：好像可以用树状数组？

最终总时间就是$O(n \lg^2 n)$O(nlg2n)。
我看std居然有5k，有点吓人。
表示还没有打，看看以后有没有机会吧。