2.14 晚上的比赛, 现在改好了四题, 还差提答. 在这补个题解
新年的xor
Description
给你 \(n\) , 然后要你构造 \([L, R], L<R\) 使得区间异或和为 \(n\)
Solution
做法多的是
我的方法是特判 \(n\le 4\) 的, 然后对于奇数用 \([n-3,n-1]\) , 偶数用 \([n-4, n]\)
新年的叶子
Description
一棵 \(n\le 5e5\) 的树, 每次会随机将一个原树的叶子染黑, 问白点最远距离什么时候变小
Solution
直径的性质 : 所有直径的中点的距离 \(\le 1\) (反证易证)
我们随便找一条直径的终点为根建树.
当直径长度 \(d\) 为偶数时 :
? 有若干关键子树(即包含关键叶子的子树)
? 这里关键叶子定义为 \(dep=\frac d 2\) 的叶子
? 当只剩一棵关键子树内关键叶子不全黑时, 最长链变小
当直径长度 \(d\) 为奇数时 :
? 所有长度为 \(dep = \lceil\frac d 2\rceil\) 的叶子必定都在同一棵子树, 把这些叶子称为该子树的关键叶子
? 把其他子树中的关键叶子为 \(dep = \lfloor\frac d 2\rfloor\) 的
? 当上面那种关键叶子全黑或下面那种全黑时, 最长链变小.
? 把深度不是最大的哪些子树合并起来, 就可以用直经长度为偶数的方法来处理
做法1 :
枚举哪棵关键子树最后剩下, 设那棵有 \(s\) 个关键叶子, 染色结束时剩余 \(i\) 个关键叶子
设关键叶子总数为 \(n\), 叶子总数为 \(tot\)
在剩余 \(k\) 个关键叶子未黑时, 要想再染多一个关键节点需要期望 \(\frac {tot} k\) 步.
\[\sum_{i=1}^s \frac{\binom s i \binom{n-s}{1}(n-i-1)!}{n^{\underline{n-i}}} \sum_{j=n-i}^n \frac{tot}{j}\]
做法2 :
枚举哪颗关键子树最后剩下, 然后不管那颗子树, 算把剩余子树染黑的期望时间
显然会算多.
注意到对于算多的部分, 必然时所有关键叶子全都被染黑了, 但是最后染黑的不在当前子树
令 \(E(x)\) 为把所有关键叶子全部染黑, 最后染黑的在 \(x\) 子树的期望时间
总共算多的部分是 : (设有 \(L\) 个关键子树)
\[\sum_{x=1}^L\sum_{y\neq x} E(y) = \sum_{y=1}^L E(y) (L-1)\]
新年的五维几何
Description
\(n=5\) 个实数变量, 第 \(i\) 个变量的取值范围为 \([l_i, r_i]\)
给定矩阵 \(a\).
问每个变量都在取值范围内随机时, 有多大概率使得 \(x_i-x_j\ge a_{i, j}\) 全部成立
\(-10\le l_i, r_i, a_{i, j} \le 10\), 且 都是整数
Partial Score
讲一个比较有意义的部分分 : \(若 j\neq i+1, a_{i,j}=-10\)
因为 \(x_i-x_j\) 一定 \(\ge -10\), 所以这个部分分相当于我们只需要考虑相邻变量的限制
设 \(f_i(x)\) 为 \(x_i \le x\), 且 \(x_i,\cdots,x_n\) 满足限制的概率 (\(f_{n+1}(x) = 1\))
我们有
\[
f_i(x) = \left\{\begin{aligned}
&0&&x\lt l_i\\&\frac{1}{r_i-l_i}\int_{l_i}^x f_{i+1}(y-a_{i,j}) dy && l_i\le x\le r_i\&f_i(r_i) && x\gt r_i\\end{aligned}\right.
\]
注意到 \(f_i(x)\) 是 \(O(n)\) 段的多项式, 我们可以每段积分, 然后平移
对于定积分的处理方法 : 因为 \(l_i\) 是常数, 我们算出不定积分, 然后整体减去一个常数即可
最后截出 \([l, r]\), 补上旁边两段即可
(没有实现, 有错指出)
Solution
注意到特殊性质 : 取值范围, 限制 都是整数.
\(l_i=r_i\) 的变量不讨论 (特判一些东西就好了)
考虑对于 \(l_i\lt r_i\) 的变量, 我们设 \(x_i = p_i+q_i\), \(p_i\in[l_i, r_i)\in Z, q_i\in[0, 1)\in R\)
那么我们 \(O(10^n)\) 枚举 \(p\), 算出对应概率, 取平均值即为答案所求
考虑限制 \(p_i+q_i-p_j-q_j\ge a_{i,j}\)
移项有 \(q_i-q_j\ge p_j-p_i+a_{i,j}\) , 可知右边 \(\ge 1\) 时无解, \(\le -1\) 时限制无效
右边为 \(0\) 时相当于 \(q_j\le q_i\) 的变量. 在随机撒点的情况下可视为 \(q_j\lt q_i\)
由于随机撒点时 \(n!\) 种相对大小顺序的概率是相同的, 我们可以转为统计有多少种相对大小顺序满足条件. 状压或暴搜即可
总复杂度 \(O(10^n2^nn)\)
新年的代码
Description
给你长度 \(5e5\) 的 \(RGB\) 串 \(S, T\), 问从 \(S\) 至少操作多少次才能到 \(T\)
操作(1) : 选择两个不同颜色的相邻位, 将它们都变成除了它们的第三种颜色 (RG -> BB)
操作(2) : 选择两个相同颜色的相邻位, 将它们变成不同的新颜色 (BB -> RG / GR)
Solution
给 \(R, G, B\) 随便进行一个 \(012\) 标号 (标号后 \(S\to a, T\to b\))
然后发现每次操作相当于在 \(\bmod 3\) 意义下把相邻位一个 +1, 另一个 -1
反之, 把相邻位+-1不一定是一个操作
考虑在\(\mod 3\) 意义下求个前缀和 \(sa, sb\)
原操作等价于对前缀和序列的单点 \(\pm 1\), 原目标等价于经过一波操作让两个前缀和序列相等
考虑按照 \(sa\equiv sb\pmod 3\) 的位置分段. (每段包含最右边 \(sa=sb\) 的那个位置)
那么显然对于一个长度 \(n\) 的段, 至少要操作 \(n-1\) 次.
然后根据后面的构造, 操作至多 \(n\) 次, 因此每段需要操作 \([n-1, n]\) 次
目前为止只考虑了段与段独立的情况. 考虑归纳 :
归纳基础 : 若某一次在段交界处操作了一下使两段合并, 之后不再合并段, 那么设合并了长度为 \(a, b\) 的段, 原来要 \([a+b-2, a+b]\) 次, 合并的话要 \(1 + [a+b-1, a+b]\) 次. 不优
归纳 : 每次合并段后进入归纳子状态, 不优.
然后我们按照下面的构造中用到的操作方法, 进行 \(dp\)
\(dp[i][u][v]\) 表示第 \(i+1\) 这个位置要从 \(u\) 变 \(v\) , 前 \(i\) 个位置需要代价是什么
然后有两种可能的操作 : (操作从上到下依次执行, 每次操作把上一行变成下一行)
case 1:
a[i+1]
u w
v b[i+1]
case 2:
u a[i+1]
v w
b[i+1] 构造
若 \(a\) 中段头为相同颜色, 不妨设为 \(00\)
那么若 \(b\) 中段头为 \(1/2\), 一步操作把段头改对, 递归. 否则, 不用改段头, 直接递归进入
若 \(a\) 中段头为不同颜色, 不妨设为 \(01\)
若 \(b\) 中段头为 \(2\) , 一步操作递归. 若为 \(0\), 直接递归
若为 \(10\) , 则 \(01\to 22\to 10\) 两步完成两个位置, 递归两层
若为 \(11\) , 先递归操作后面, 把 \(a\) 中第二个位置变成 \(2\), 再 \(02\to 11\)
若为 \(12\) , 同理先操作后面, 把 \(a\) 中第二个位置变成 \(0\), 再 \(00\to 12\)
构造完成.
问题来了 : 会不会一直借位到段位还要往后借呢?
从前缀和的角度, 借位相当于先fix后面, 再fix自己. 然后段尾不需要fix自己.
(我记得我之前不是这样证的. 现在写题解时不知道我当时怎么证的了. 不知道这样理解有没有错, 有错请指出)
新年的投票
还不会啊... 挖个坑
原文地址：https://www.cnblogs.com/acha/p/8506486.html