4月模考

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死亡回放 模考时间线

• 1:30 比赛开始，读 T1 宇宙爆炸 的题
• 1:50 自己手模了几组样例，得出了一个错误结论，打出了第一版错误代码，然后上交（$\text{Wrong Answer 20}$）
• 中间拿了 T2 逃狱风云 的部分分（$\text{Wrong Answer 10}$，最终分数），之后在想 T3 奇怪物语，然后推出需要用到二进制，但是想不出来，交了一个暴搜（？（$\text{Time Limit Exceeded 20}$）
• 3:00 返回去检查 T1 宇宙爆炸 正确性，发现果然有问题！迅速修改了一下，把栈改成队列，再交了一发（$\text{Wrong Answer 60}$​）
• 然后发现还是有问题！于是又改了改交了一发（$\text{Accepted 100}$）
• 可是我不自信啊！就把部分分改成了暴力，然后暴力挂了！（$\text{Wrong Answer 65}$，最终分数）
• 后面的时间要么在发呆，要么在狂想 T3 奇怪物语，中间好不容易意识到写个递推拿的分更多，但是 $5\times 10^7$ 的空间复杂度我开成了 long long（$\text{Time Limit Exceeded 0}$，最终分数）
• T4 东部世界 就没有去推了qwq

死因分析 错误点分析

• 应该多去拿每个题的部分分的，简单的式子都去推一下！
• 暴力也得去验证是否正确！
• 应该要意识到空间复杂度的影响！
• 题目中给的提示得最大化使用！

死亡证明 成绩

遗书 各题错误思路 & 正解

T1 宇宙爆炸

给定一个由等量的 $0$ 和 $1$ 组成的环 $s$，各有 $n$ 个。对于每一个 $1$，如果其逆时针方向上第一个元素为 $0$，则它们会被一起删除，环会重新接上，这个过程一直重复直到不存在可以删除的元素。现在要求出一些位置，使得在这些位置插入一个 $1$ 后，这个 $1$​ 不会被删除。

对于所有数据，保证：$1\le n\le 10^6$， s i ∈ { 0 , 1 } s_i\in\{0,1\} si​∈{0,1}。

错误思路

就不该加暴力！也不知道暴力哪错了……

正解

场上想的：遍历两遍环，开一个队列存当前这个环（不同起点），在队列里执行湮灭操作；在第二遍遍历的时候，如果发现将 $x$ 加入队列后发生湮灭，且湮灭完了队列为空，则说明 $x$ 后面一个元素是安全的。这很好想：如果某一时刻还剩下的元素没有被湮灭完，那么此时加入肯定会代替后面的某个元素进行湮灭操作。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
char s[maxn << 2]; int n;
int q[maxn << 3],ans[maxn << 1],tot; int l,r;
int main() {freopen("bigbang.in","r",stdin);freopen("bigbang.out","w",stdout);scanf("%d%s",&n,s + 1);n <<= 1; for (int i = 1;i <= n;i ++)s[i + n] = s[i];l = 1,r = 0;for (int i = 1;i <= (n << 1);i ++) {while (l <= r && q[l] <= i - n) l ++;if (l > r) { q[++ r] = i; continue; }if (s[q[r]] == '1' && s[i] == '0') {r --;if (l > r && i > n) ans[++ tot] = i - n;} else q[++ r] = i;}sort(ans + 1,ans + tot + 1);int x = unique(ans + 1,ans + tot + 1) - ans - 1;for (int i = 1;i <= x;i ++) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i == x]);return 0;
}

T2 逃狱风云

各有 $n$ 个犯人、盒子和纸条，编号均为 $1\to n$。每张纸条随机放入不同的每个盒子里。每个犯人都需要按照一定策略在 $n$ 个盒子中挑选 $k$ 个打开，如果没有看见自己编号的纸条则所有人都将被处决。否则全员释放。求在最优策略下全员释放的概率。犯人与犯人之间无影响。

提示：最优策略为：$i$ 号犯人先打开 $i$ 号盒子，然后根据看到的纸条编号打开对应编号的盒子，直到 $k$ 次用完或看到自己的纸条。

错误思路

压根不觉得这个提示是最优策略，以为只是针对于该样例而言可能的一个策略。然后就没有了，拿了 $10$ pts部分分。

正解

按照提示给定的策略，按照盒子与纸条的关系建一张图 $G$，如果 $i$ 号盒子中放着 $j$ 号纸条，则 $i$ 像 $j$ 连一条有向边。$G$ 中一共 $n$ 个点、$n$ 条边，且每个点各有一条入边、出边。$G$ 一定由若干个互不相交的环组成。如果所有环的大小均不大于 $k$，那么所有犯人都能通过 $k$ 步走到自己编号的点上。则题目转化为求 $n!$ 种图中所有环的大小都不大于 $k$ 的概率。

令 $f_i$ 表示 $i$ 个点的图中，所有环大小均不大于 $k$ 的张数，$g_i$ 表示概率。显然 $g_i=\frac{f_i}{i!}$，且对于 $i\le k$，$f_i=i!,g_i=1$。转移 $f_i$ 时枚举包含第 $i$ 个点的环的大小 $j$（$j\le k$），则这个环不包含 $j$ 会有 $A_{i-1}^{j-1}$ 种形态，剩下 $i-j$ 个点合法的方案数为 $f_{i-j}$，故转移方程为：
$$f_i=\sum _{j=1}^k{A}_{i-1}^{j-1}\times f_{i-j}=\sum _{j=1}^k\frac{(i-1)!}{(i-j)!}{f}_{i-j}$$
此时把 $f_i$ 推广到 $g_i$，可以得到最终的递推式：（把 $(i-1)!$ 提到求和之前）
$$\begin{array}{rl}{g}_i& =\frac{1}{i!}{f}_i\\ & =\frac{1}{i!}\sum _{j=1}^k\frac{(i-1)!}{(i-j)!}{f}_{i-j}\\ & =\frac{(i-1)!}{i!}\sum _{j=1}^k\frac{f_{i-j}}{(i-j)!}\\ & =\frac{1}{i}\sum _{j=1}^k{g}_{i-j}\end{array}$$
后面的求和部分可以在计算 $g$ 的时候前缀和，预处理出 $\frac{1}{i}$ 的逆元，复杂度 $O(n)$。预处理逆元的方法：也是递推，初始 $in{v}_1=1$，递推式为：$in{v}_i=((P-\lfloor \frac{P}{i}\rfloor )\times in{v}_{P\mathrm{mod}i})\mathrm{mod}P$​。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 5;
int n,k;
const int P = 998244353;
ll sum[maxn],g[maxn],inv[maxn];
int main() {freopen("prison.in","r",stdin);freopen("prison.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&k);inv[1] = g[1] = sum[1] = 1;for (int i = 2;i <= k;i ++)inv[i] = ((P - P / i) * inv[P % i]) % P,g[i] = 1, sum[i] = (sum[i - 1] + 1) % P;for (int i = k + 1;i <= n;i ++)inv[i] = ((P - P / i) * inv[P % i]) % P,g[i] = inv[i] * ((sum[i - 1] - sum[i - k - 1]) % P + P) % P,sum[i] = (sum[i - 1] + g[i]) % P;printf("%lld",g[n]);return 0;
}

T3 奇怪物语

有 $Q$ 次询问，每次询问给定一个数 $N$，求有多少种方法，使得从 $1$ 开始只通过 $+1/\times 2/\times 2+1$ 三种操作若干次后能得到 $N$。$Q\le 200$，$N\le 10^{18}$。

错误思路

前 $50$ pts 用的递推，后面用暴搜 + 记忆化，但是没有去算 $5\times 10^7$ 还开 long long 的空间复杂度，最终导致又 MLE 又 TLE……😦

正解

对于转移方程 $f(i)=f(\lfloor \frac{i}{2}\rfloor )+f(i-1)$，考虑使用矩阵优化（可以看看这篇博客），宗旨即为：构造一个答案矩阵和转移矩阵，通过转移矩阵的矩阵快速幂与答案矩阵相乘加速转移。对于两个矩阵：
$$
A_{n\times m}=
\begin{bmatrix}
a_{1,1}& a_{1,2}& \cdots & a_{1,m} \
a_{2,1}& a_{2,2}& \cdots & a_{2,m} \
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
a_{n,1}& a_{n,2}& \cdots & a_{n,m}
\end{bmatrix}\ \ ,\ \

B_{m\times p}=
\begin{bmatrix}
b_{1,1}& b_{1,2}& \cdots & b_{1,p} \
b_{2,1}& b_{2,2}& \cdots & b_{2,p} \
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \
b_{m,1}& b_{m,2}& \cdots & b_{m,p}
\end{bmatrix}
$$
对他们进行矩阵乘法运算得到 $C_{n\times p}$（可见，矩阵乘法得到的答案矩阵长宽与 $A,B$ 的顺序有关，故矩阵乘法不具有交换律，但是有结合律，所以能用快速幂加速）：$C(i,j)={\sum }_{k=1}^{m}A(i,k)\times B(k,j)$​。

以一个经典的题目为例：

求斐波那契数列的第 $n$ 项 $F(n)$。$n\le 10^{18}$。

对于此题，我们维护的答案矩阵即为：
$$Ans(n)=\left[\begin{array}{cc}F(n-1)& F(n-2)\end{array}\right]$$
当然也可以竖过来写，效果几乎相同，转移矩阵即为：
$$M=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$$
$F(1)=F(2)=1$，所以 $Ans(3)=\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right]$，要求的 $F(n)$ 即为 $Ans(3)\times M^{n-2}$ 得到的矩阵的第一行第一列元素。可以把乘法过程写出来看看原理。而就像任何数乘上 $1$ 都不变一样，矩阵中的 $1$ 即为朝向右下角的对角线上全为 $1$、其余为 $0$ 的正方形矩阵。

回到本题。因为
$$f(i+1)=f(i)+f(\lfloor \frac{i+1}{2}\rfloor =f(i)+f(\lceil \frac{i}{2}\rceil ))$$
考虑维护的答案矩阵为
$$F(i)=\left[\begin{array}{c}f(i)\\ f(\lceil \frac{i}{2}\rceil )\\ f(\lceil \frac{i}{4}\rceil )\\ ⋮\\ f(1)\end{array}\right]$$
转移时，对于所有非负整数 $k$，满足 $\lceil \frac{i+1}{2^k}\rceil =\lceil \frac{i}{2^k}\rceil$ 或 $\lceil \frac{i+1}{2^k}\rceil =\lceil \frac{i}{2^k}\rceil +1$。对于前者，转移方程为 $f(\lceil \frac{i+1}{2^k}\rceil )=f(\lceil \frac{i}{2^k}\rceil )$；对于后者，转移方程为 $f(\lceil \frac{i+1}{2^k}\rceil )=f(\lceil \frac{i}{2^k}\rceil +1)=f(\lceil \frac{i}{2^k}\rceil )+f(\lceil \frac{i}{2^{k+1}}\rceil )$。如果某个 $k_0$ 满足第一种情况，那么对于所有的 $k\ge k_0$ 都会满足第一种情况。所以只需考虑最小的 $k_0$ 即可，两种情况被 $k_0$ 所分割。而后一种情况成立，当且仅当 $2^k$ 能整除 $i$，等价于 $i$ 的二进制下末尾的 $0$ 的个数大于等于 $k$。于是 $k_0$ 只和 $\mathrm{lowbit}(i)$​ 有关。

提一嘴：对一个竖着的只有一列的矩阵 $M$ 去乘转移矩阵时，欲使转移过程中 $M_i+M_{i+1}$ 即相邻两项求和，只需在转移矩阵中对应位置 $(i,i+1)$ 处把 $0$ 改成 $1$ 即可。我们设从 $F(i)$ 转移到 $F(i+1)$ 的转移矩阵为 $M(i)$，使得 $F(i+1)=F(i)\times M(i)$，显然 $M(i)$ 长宽均为 $\lceil \log i\rceil$。同理 $M(i)$ 中添 $1$ 的位置也只和 $\mathrm{lowbit}(i)$ 有关。所以最终的 $M$ 画出来一定长成：对角线上前一段会有 $2$ 个 $1$，后一段会有 $1$ 个 $1$，对应之前的两种情况。所求的 $F(n)$ 即为
$$F(n)=(\prod _{i=n-1}^{1}M(i))\times F(1)$$
利用树状数组的思想，找到一个 $m$ 使得 $2^m$ 是小于等于 $n-1$ 的最大 $2$ 的整数次幂，那么
$$\begin{array}{rl}(\prod _{i=n-1}^{1}M(i))\times F(1)& =(\prod _{i=n-1}^{2^m}M(i))\left(\right(\prod _{i=2^m-1}^{1}M(i))\times F(1))\\ & =(\prod _{i=n-2^m-1}^{1}M(i))\left(\right(\prod _{i=2^m-1}^{1}M(i))\times F(1))\end{array}$$
这里将大于 $2^m$ 的下标都减去 $2^m$，前后不改变 $\mathrm{lowbit}$ 的值，则转移矩阵也相同。最后，我们考虑预处理出每一个 $M(2^m)\times M(2^m-1)\times \cdots \times M(1)$ 的值，我们设其为 $P(2^m)$。先预处理出 $M(2^m)$ 的值，则
$$\begin{array}{rl}P(2^m)& =(M(2^{m-1}-1)\times \cdots \times M(1))\times M(2^{m-1})\times (M(2^{m-1}-1)\times \cdots \times M(1))\\ & =P(2^{m-1})\times M(2^{m-1})\times P(2^{m-1})\end{array}$$
对于计算最终的 $f(n)$，即 $F(n)$ 的第一行，对于 $n$ 二进制上第 $i$ 位为一时，$F(n)\leftarrow M(2^i)\times P(2^i)\times F(n)$。这个过程代替了快速幂。计算时从右往左计算（矩阵乘法的结合律），可以降低每一轮乘法的时间复杂度。

预处理 $M,P$ 花去 $O({\log }^{4}n)$，回答每一轮花去 $O({\log }^{3}n)$，总时间复杂度 $O({\log }^{4}n+q{\log }^{3}n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll MOD = 998244353;
const ll maxn = 1e18;
const int maxm = 60;
struct Mat { // 矩阵板子ll a[maxm + 5][maxm + 5];int n,m;Mat(int x = maxm,int y = maxm) {n = x, m = y;for (int i = 1;i <= n;i ++)for (int j = 1;j <= m;j ++)a[i][j] = 0;}void draw(int k0) {for (int i = 1;i < k0;i ++) // 相邻的求和a[i][i] = a[i][i + 1] = 1;for (int i = k0;i <= m;i ++) // 其余直接等号等过去a[i][i] = 1;}Mat operator* (const Mat &X) const {Mat res = Mat(n, X.m);for (int i = 1;i <= res.n;i ++)for (int j = 1;j <= res.m;j ++)for (int k = 1;k <= m;k ++)(res.a[i][j] += a[i][k] * X.a[k][j] % MOD) %= MOD;return res;}
} M[maxm + 5], P[maxm + 5], F;
int Q; ll n;
void init() {F = Mat(maxm,1);for (int i = 1;i <= F.n;i ++)F.a[i][1] = 1;
}
int main() {freopen("stranger.in","r",stdin);freopen("stranger.out","w",stdout);for (int i = 1;i <= maxm;i ++) // 转移矩阵M[i].draw(i + 1);for (int i = 1;i <= P[1].n;i ++) // 开始预处理累乘P[1].a[i][i] = 1ll;for (int i = 2;i <= maxm;i ++)P[i] = P[i - 1] * M[i - 1] * P[i - 1];scanf("%d",&Q);while (Q --) {scanf("%lld",&n);init();for (int i = maxm;i > 0;i --) { // 快速幂的变相写法if (((n - 1) >> (i - 1)) & 1)F = M[i] * (P[i] * F);}printf("%lld\n",F.a[1][1] % MOD);}return 0;
}

T4 东部世界

洛谷原题链接：P9535 [YsOI2023] 连通图计数

错误思路

然而并没有思路:(

正解

洛谷题解