水题记录2.3

CF822E Liar

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题目：

考虑朴素 DP，$f[i,j]$ 表示 $s$ 前 $i$ 位，切 $j$ 段 能匹配 $t$ 的前多少位。

转移考虑在 $i-1$ 位是否断开，不断则有 $f[i,j]=f[i-1,j]$。

否则有 $f[i+x,j+1]=\max (f[i,j]+x)$，其中 $x$ 为 $s$ 从第 $i$ 开始，$t$ 从第 $f[i,j]$ 位开始所匹配的最大长度。

那么这题就做完了。

luoguP14139 「SFMOI Round II」Strange Counting Game

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题目：

$T(T\le 1000)$ 次询问，对于 $n\le 10^{18}$，求：

$$\sum _{x=1}^n\lfloor \frac{x^2}{n}\rfloor +\lfloor \sqrt{nx}\rfloor$$

答案对 $10^9+7$ 取模。

---

拆式子：

考虑：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{x=1}^n\lfloor \sqrt{nx}\rfloor \\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{x=1}^n[\lfloor \sqrt{nx}\rfloor \ge i]\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{x=1}^n[x\ge \lceil \frac{i^2}{n}\rceil ]\\ & =\sum _{i=1}^n(n-\lceil \frac{i^2}{n}\rceil +1)\end{array}$$

所以所求为：

$$n^2+n-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{i^2}{n}\rfloor -\lceil \frac{i^2}{n}\rceil$$

后面那坨东西，在 $n|i^2$ 时结果一样，否则贡献为 $-1$。

所以等价于求 ${\sum }_{i=1}^n[n|i^2]$ 的数量。

考虑 $n={\prod }_{i=1}^k{p}_i^{a_i}$，则 $n|m^2$ 一定满足 $m=C\cdot {\prod }_{i=1}^k{p}_i^{\lceil \frac{a_i}{2}\rceil }$

其中 $C$ 为常数。

那么所求即为：
$$\frac{{\prod }_{i=1}^k{p}_i^{a_i}}{{\prod }_{i=1}^k{p}_i^{\lceil \frac{a_i}{2}\rceil }}$$

等价地考虑 $n=a{b}^2(a$ 不能写成 $d^2$ 的形式 $)$，那么所求即为 $b$。

那么最终答案即为 $n^2+n+b-n=n^2+b$

问题是，$b$ 怎么求？

考虑枚举所有在 $[1,10^6]$ 之间的质数，对 $n$ 试除。

考虑剩下的 $n$：

• 为 $1$，无贡献。
• 为某个大质数，无贡献。
• 为某两个不相等的大质数相乘，无贡献。
• 为某个大质数的平方，贡献为乘上那个大质数。

这点判断是容易的。

代码：

CF912D Fishes

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考虑求贡献前 $k$ 大的点。

这点是容易的，考虑 $a_i$ 表示每一列会被捕的次数，$b_i$ 为行。

有 $a_i=\min (i,m-r+1)-\max (i-r+1,1)$，$b_i$ 同理。

那么 $(i,j)$ 被捕的次数即为 $a_i\cdot b_i$。

对 $a_i$ 排序后优先队列维护前 $k$ 大即可。

代码：

CF1810E Monsters

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考虑暴力，每次从一个 $0$ 开始扩展。

优化：

当一个 $0$ 能遍历到另一个 $0$，则以那个 $0$ 为起点一定不优。

且有结论，每个点被遍历次数为 $O(\log n)$ 级别的。所以这样子就过了。

总时间复杂度为 $O(n{\log }^{2}n)$

CF1374E2 Reading Books (hard version)

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双倍经验

考虑先解决 $k$ 的限制。

将书分类：

• $00$ 两人都不喜欢
• $01$ Bob喜欢
• $10$ Alice喜欢
• $11$ 两人都喜欢。

显然，维护 $k$ 本可以在 $11$ 和 $01$加上 $10$ 的优先队列维护前 $k$ 小。

但是这样子可能取出来的数量 $c$ 并不等于 $m$。

考虑调整。

$c>m$

那么只能将 $01$ 和 $10$ 各一本替换成为 $1$，注意，是用时最长换用时最短。

$c<m$

两种情况：

1. $11$ 换 $10$ 和 $01$
2. 随便加入一本

看哪个代价小即可。

CF1919D 01 Tree

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考虑每次可以将 $x,x-1$ 或者 $x-1,x$ 变成 $x-1$，用优先队列模拟，贪心地每次变最大的即可。

或者考虑观察性质：合法的充要条件是只有一个 $0$，且每个非零元素左右两边第一个比其小的元素中至少有一个是其减去一。

CF1380F Strange Addition

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DP，$f[i]$ 表示考虑前 $i$ 位时的答案。

有转移：$f[i]=(a_i+1)f[i-1]+[a_{i-1}=1](9-a_i)f[i-2]$

写成矩阵形式：

$$\left[\begin{array}{c}f[i]\\ f[i-1]\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{a}_i+1& [a_{i-1}=1](9-a_i)\\ 1& 0\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}f[i-1]\\ f[i-2]\end{array}\right]$$

那么线段树维护总矩阵积，单点修改即可。

CF351C Jeff and Brackets

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DP，$f[i,j]$ 表示前 $i$ 位 $j$ 个左括号未匹配时的最小代价。

则有转移：

$$\begin{array}{c}{f}_{i,j}=f_{i,j+1}+b_i,j=0\\ f_{i,j}=\min \left(f_{i,j-1}+a_i,f_{i,j+1}+b_i\right),j>0\end{array}$$

由于 $a,b$ 的循环周期是 $n$ ，故最多有效的未匹配的左括号是 $n$ 个，多的话可以调整后面的顺序，使得其不比 $n$ 大，显然不影响，所以只考虑 $f_{i,0},f_{i,1},\cdots ,f_{i,\min (i,n)}$ 即可。

那么写成矩阵形式：

$$\left[\begin{array}{c}{f}_{i,0}\\ f_{i,1}\\ ⋮\\ f_{i,n}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc}+\infty & b_i& +\infty & \cdots & +\infty \\ a_i& +\infty & b_i& \cdots & +\infty \\ +\infty & a_i& +\infty & \cdots & +\infty \\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& \ddots \\ +\infty & \cdots & a_i& +\infty & b_i\\ +\infty & \cdots & +\infty & a_i& +\infty \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{f}_{i-1,0}\\ f_{i-1,1}\\ ⋮\\ f_{i-1,n}\end{array}\right]$$

矩阵快速幂优化即可。