Virtual Participated on May 24, 2020.

VP available here: Virtual Judge

Practice available on HDOJ.

• Solved 6 out of 11 problems
• Rank 27/532 in official records
• Solved 8 out of 11 afterwards

(√ for solved during VP, ○ for after VP, - for tried but not solved)

• Solved by Pantw

给一个边权两两不同的无向图。求最小生成树，以及最小生成树中使得所有点对最短路平均值的最小值。

$n\le 10^5, m\le 10^6$。

由于边权不同我们可以直接知道最小生成树是唯一的，那么求出来之后 DP 一下即可。

• Idea by Pantw, Withinlover, Gary
• Debug by Pantw, Withinlover, Gary
• Code by Pantw

$n\times 20$ 的棋盘，有若干相同的棋子，每个格子上至多有一个棋子，移动方式是：

• 若一个棋子右边是空格子，那么它可以移动到该格子；
• 若一个棋子隔着连续的一堆棋子，那么它可以跳过这些棋子，达到右边的第一个空格。
• 棋子不能超出右边界。

给定初始状态，问先手必胜还是先手必败。

由于 $20\times 2^{20}$ 不大，可以直接预处理出 SG 函数值。

然后就是经典的 Nim 游戏了。

• Idea by Gary
• Debug by Gary,Pantw
• Code by Gary

$n\times m$方格中有一些守卫，保证一个守卫同行同列以及以它为中心的九宫格内没有其他守卫，任意选方格中没有守卫的两点，求两点最短距离的期望

$1\le n,m\le1000$

简单画图可以发现没有守卫时的最短距离即为曼哈顿距离，当被守卫隔开时最短距离即为曼哈顿距离+2

因而考虑将两种情况分开求解，先求的所有点对的曼哈顿距离，再求出隔开的点对额外的贡献，$\rm Ans=\frac{\sum dis}{\sum_{x,y\in没有守卫的点}1}$

曼哈顿距离可以通过遍历每行和每列来求解，如对于第i列，经过第i列的点对为$sum_{i左侧}\times sum_{i右侧}$，每一个点对都会对曼哈顿距离贡献1，求前缀和后扫描每行每列即可

对于守卫隔开的贡献，发现只有连续单调的守卫两边的点对会造成贡献，因为守卫个数极少，对每个守卫$O(n)$扫描来维护最长的连续单调守卫造成的贡献即可

• Idea by Pantw
• Code by Withinlover

给定一个数列，每次查询一个区间 $[l, r]$。输出区间的最大公约数 $x$，同时输出满足最大公约数为 $x$ 的区间 $[l', r']$ 的个数。

区间公约数查询是裸的ST表。预处理后直接回答。

针对第二问，可以发现最大公约数的取值不会太多。且固定 $l$ 时，$\gcd(a_l,a_{l+1},\dots,a_r)$单调递减，可以二分确定出每一次 $\gcd$ 变化的位置，然后用一个 $map$ 存一下。就做完了。

简易证明：考虑将 $a_l$ 质因数分解，易知当 $r$ 变化时， $\gcd$ 的值最多会下降其质因数个数次。

• Idea by Withinlover
• Code&Debug by Gary

给标号的$n$个阴宝石和$n$阳宝石，相间放置围成圆，相邻的一对阴阳宝石匹配（仅能匹配一次）后可以产生价值，但有$m$对阴阳宝石不能产生价值，它们会变得暗淡，问暗淡的阴宝石最少为多少

$0\le n\le 10,0\le m\le n\times n$

发现$n$较小，我们可以固定阳宝石，枚举阴宝石的排列，对每一种情况进行二分图匹配求得最大匹配$\rm Ans_i$，答案即为$n-\max\{\rm Ans_i\}$

需要注意由于是圆排列，枚举排列时固定一位只需要枚举剩余n-1位即可

• Idea by Withinlover, Pantw
• Code in practice by Withinlover

已知三个正整数 $n, m, p$，其中 $n$ 不含平方因子。

设 $k=\sum_{i=1}^{m}\varphi(i*m) \bmod {1000000007}$；

计算 $ans = k^{k^{k^{k\dots}}}\bmod p$，$k$ 有无限个。

大力推公式，设 $F(n, m) = \sum_{i=1}^m\varphi(i*n)$

$$F(n,m)=\sum_{i=1,i\%p!=0}^m\varphi(i*n)+\sum_{i=1,i\%p==0}^m\varphi(i*n)$$ $$=\varphi(p)\sum_{i=1,i\%p!=0}^m\varphi\left(i*\frac{n}{p}\right)+p\sum_{i=1,i\%p==0}^m\varphi\left(i*\frac{n}{p}\right)$$ $$=\varphi(p)\sum_{i=1}^m\varphi\left(i*\frac{n}{p}\right)+\sum_{i=1,i\%p==0}^m\varphi\left(\frac{i}{p}*n\right)$$ $$=\varphi(p)\sum_{i=1}^m\varphi\left(i*\frac{n}{p}\right)+\sum_{i=1}^{m/p}\varphi\left(i*n\right)$$ $$=\varphi(p)F\left(\frac{n}{p},m\right) + F\left(n,\frac{m}{p}\right)$$

第一个难题解决，注意下递归的边界就可以做了。

计算 $ans$ 时，迭代使用欧拉定理，$A^B\bmod C=A^{B\%\varphi(C)+\varphi(C)}\bmod C$，显然会很快收敛为 $0$，后面的无限多个 $k$ 就没有意义了。迭代计算即可。

• Solved by Withinlover, Pantw

给定 $n\times m$ 的一个网格，若无论外力如何作用，这个网格均不会变形，则称这个网格具有稳定性。显然初始的网格极易变形，是不具备稳定性的。如下图所示：

你可以在每一个格子上任选一个对角线添加约束条件，也可以选择不加。询问有多少种增加约束条件的方法，使得添加约束条件后的网格具有稳定性。

$2\times 3$ 的一个可能方案，此时网格不可变形。

选择两条对角线本质上并无区别，只是增加计数难度。

每一个位于 $(i, j)$ 的约束条件，本质上是固定了第 $i$ 行所有的竖边和第 $j$ 列所有的横边。如下图：

建二分图，将每一行的竖边视为一个点，每一列的横边视为一个点。则左侧有 $n$ 个点，右侧有 $m$ 个点，每一个约束条件视为从左到右的一条连边。则原问题转化为 $(n + m)$ 个点的联通图计数问题。但是要注意由于可以在两条对角线中任意选择，每条边的贡献为 $2$。

裸的联通二分图计数可以参考blog：连通二分图计数

这里，记 $H[i][j] = 3^{ij}$，$F, G$ 递推式不变， 便可以得到答案。

• Solved by Withinlover

多组数据

给定空间中四点坐标，求组成的四面体的内接球半径以及球心坐标。

向量法可以计算出体积和表面积，进而得到半径

球心坐标太简单了，推推公式就行（狗头）