2020-2021:teams:alchemist:weekly_digest_10
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2020-2021:teams:alchemist:weekly_digest_10 [2020/08/14 13:24] mountvoom [比赛] |
2020-2021:teams:alchemist:weekly_digest_10 [2020/08/14 22:11] (当前版本) maxdumbledore |
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| 行 7: | 行 7: | ||
| ==== 专题 ==== | ==== 专题 ==== | ||
| - | |||
| - | ==== 比赛 ==== | ||
| 本周暂无 | 本周暂无 | ||
| - | ==== 题目 ==== | + | ==== 比赛 ==== |
| + | 百度之星复赛（凉凉，只写了两题没拿到衣服） | ||
| + | 一场cf div2，rating小涨 | ||
| + | ==== 题目 ==== | ||
| + | 暂无 | ||
| ===== Hardict ===== | ===== Hardict ===== | ||
| ==== 专题 ==== | ==== 专题 ==== | ||
| + | |||
| + | 无 | ||
| ==== 比赛 ==== | ==== 比赛 ==== | ||
| + | |||
| + | 百度之星一场 | ||
| ==== 题目 ==== | ==== 题目 ==== | ||
| + | |||
| + | 暂无 | ||
| ===== MountVoom ===== | ===== MountVoom ===== | ||
| 行 36: | 行 44: | ||
| ===== 陈铭煊 Max.D. ===== | ===== 陈铭煊 Max.D. ===== | ||
| + | 补题+学习 | ||
| ===== 龙鹏宇 Hardict ===== | ===== 龙鹏宇 Hardict ===== | ||
| + | 补题+整理板子 | ||
| ===== 肖思炀 MountVoom ===== | ===== 肖思炀 MountVoom ===== | ||
| 行 48: | 行 57: | ||
| ===来源：=== | ===来源：=== | ||
| + | [[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5674/C|牛客2020多校训练第九场 C Groundhog and Gaming Time]] | ||
| ===标签：=== | ===标签：=== | ||
| + | 区间，动态规划，线段树 | ||
| ===题意：=== | ===题意：=== | ||
| + | |||
| + | 给出$n$个区间$[L_i,R_i]$，等概率取其中一个子集$a$，得到的贡献为$|[L_{a_1},R_{a_1}]\cap[L_{a_2},R_{a_2}]\cap...\cap[L_{a_m},R_{a_m}]|^2$，求贡献的期望值（模$998244353$意义下）。 | ||
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| + | $1\le n\le 5\times 10^5,0\le L_i\le R_i\le 10^9$ | ||
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| ===题解：=== | ===题解：=== | ||
| + | 这里给出两个方法，一种是大家用的比较多的方法；另一种是$dp$通解，也就是不仅可以做平方贡献，随便和区间有关的贡献都可以。 | ||
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| + | 问题首先转化为所有子集的贡献和。 | ||
| + | |||
| + | 将区间交的平方，看作是区间交里面元素两两配对的个数，进一步，是左点。那么问题就是每一对元素，要求出其被区间交覆盖的总次数。我们将所有区间按左端点从小到大排序，按顺序加入区间$i$，这样我们看每个离散化后的原子区间，被区间覆盖的次数，就是左到右不递增了。那么必包含区间$i$时，每个原子区间的每个配对右点在区间交中带来的贡献数的和，就是$（原子区间长度乘以左边的点的个数的和的两倍+原子区间长度平方）\times（2^{覆盖数}-1）$。 | ||
| + | |||
| + | 这些信息，包括次数和乘积等，可以用线段树加以维护，每一次区间更新，然后区间查询即可。 | ||
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| + | 第二种方法是题解的方法： | ||
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| + | - 线段的交取决于最大的左端点以及最小的右端点，同时维护两个东西比较困难。 | ||
| + | - 所以我们先按照线段左端点从大到小排序，那么排序后的线段的交取决于最小的右端点，以及第一个被选 择的线段的左端点。 | ||
| + | - 考虑到直接维护右端点比较麻烦，所以考虑在一开始就钦定一个点 X 作为最小的右端点。 | ||
| + | - 所有右端点大于等于 X 的线段都可以选择，反之不能选择。 | ||
| + | - 其次被选择的线段中至少有一个线段的右端点等于 X 那么这个方案就是合法的。 | ||
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| + | 所以可以写出一个$O(n^2)$的$dp$： | ||
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| + | - $dp[i][j][0/1]$代表前$i$个线段中钦定的$X$为$j$，是/否有一个线段的右端点为$X$ | ||
| + | - $dp[i][j][0/1]=dp[i-1][j][0/1]\ (j<L[i] \lor j>R[i])$ | ||
| + | - $dp[i][j][0]=dp[i-1][j][0]\times 2+(j-L[i])^2,dp[i][j][1]=dp[i-1][j][1]\times 2\ (L[i]\le j<R[i])$ | ||
| + | - $dp[i][R[i]][0]=dp[i-1][R[i]][0],dp[i][R[i]][1]=dp[i-1][R[i]][0]+dp[i-1][R[i]][1]\times 2+(R[i]-L[i])^2$ | ||
| + | |||
| + | 最后使用线段树或其他数据结构就可以将该$dp$优化到$O(n\log n)$ | ||
| ===评论：=== | ===评论：=== | ||
| + | 赛场上想的方法也是用线段树，很麻烦，第一种平方的处理很有意义。 | ||
| + | |||
| + | 好题，两种方法的思考都很有技巧，尤其是第二种，普适性似乎很广，当做一种套路记住好了。 | ||
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| === 来源： === | === 来源： === | ||
| + | |||
| + | [[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6390|HDU 6390]] | ||
| === 标签： === | === 标签： === | ||
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| + | 莫比乌斯反演 | ||
| === 题意： === | === 题意： === | ||
| + | $G_u(a,b)=\frac{\varphi{ab}}{\varphi{a}\varphi{b}}$ | ||
| + | |||
| + | 求解$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}G_u(i,j)$ | ||
| === 题解： === | === 题解： === | ||
| - | === 评论： === | + | $gcd(a,b)=d,\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)\frac{d}{\varphi(d)}$ |
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| + | $G_u(a,b)=\frac{gcd(a,b)}{\varphi(gcd(a,b))}$ | ||
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| + | $ans=\sum_{d}\frac{d}{\varphi(d)}\sum_{a,b}[gcd(a,b)==d]$，可以看出是经典莫比乌斯反演问题 | ||
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| + | 时间比较紧，需要线性预处理$1\sim n$逆元，进一步$\sum_{a=1}^n \sum_{b=1}^m [gcd(a,b)==d]=\sum_{i=1}^\frac{n}{d}\sum_{j=1}^\frac{m}{d}[gcd(i,j)==1]$，可以整除分块进一步优化 | ||
| ===== 肖思炀 MountVoom ===== | ===== 肖思炀 MountVoom ===== | ||
| === 来源： === | === 来源： === | ||
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| + | [[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5675/J|牛客第十场 J. Identical Trees]] | ||
| === 标签： === | === 标签： === | ||
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| + | 树形dp，二分图最大权匹配，树哈希 | ||
| === 题意： === | === 题意： === | ||
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| + | 给定两棵同构的树，需要找到一个对应关系使得相同的标号尽可能多。 | ||
| === 题解： === | === 题解： === | ||
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| + | 树形dp，dp[i][j]表示把第一棵树的i结点和第2棵树的j节点对应起来所需要的最小花费。 | ||
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| + | 转移的时候对它们的子树做一个二分图最大权匹配即可，这样总的复杂度仍然是$O(n^3)$ | ||
| === 评论： === | === 评论： === | ||
| + | cmx鸽鸽写的时候树哈希被卡了，需要注意 | ||
2020-2021/teams/alchemist/weekly_digest_10.1597382680.txt.gz · 最后更改: 2020/08/14 13:24 由 mountvoom
