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<p>数学 / 多项式 / 概率</p>
</a>
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<hr>
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<section class="article typo">
<div class="article-entry" itemprop="articleBody">
<blockquote>
<p>题目链接：<a href="https://loj.ac/problem/2541" target="_blank" rel="noopener">LOJ2541</a></p>
</blockquote>
<h1 id="Solution"><a href="#Solution" class="headerlink" title="Solution"></a>Solution</h1><p>先尝试dp啊，通分啊搞一搞，发现无论怎么搞都会很多很难受的分母，搞不出来，如果可以把分母的形式简化就好了<br>本题第一个想法，也是最大的思维难点：</p>
<blockquote>
<p>发现可以将问题转化为：每一个人可以选多次，问1号最后一个被选的概率，这样与原问题是等价的</p>
</blockquote>
<p>感性考虑一下，如果一个人多次被选，大不了这几次都不算，没啥影响。具体证明也不难，设$P$为当前状态下第i个人被选的概率，$S = \sum w_i$，$D= \sum_{i\ is\ already\ dead} w_i$，根据题意显然有<br>$$ P = \frac{w_i}{S - D} $$<br>同时，如果我们用转换后的题意，当前可以选择杀死第i个人，也可以选择杀一个死者，如果鞭尸的话下一步的状态和当前完全相同，也就是<br>$$ P = \frac{w_i}{S} + \frac{D}{S}P $$<br>将这个关于$P$的方程解出来就得到原题的式子了</p>
<p>这样分母就统一了，优点是可以容斥了，考虑枚举集合T表示在在1号之后被杀死的人，枚举i表示第i+1枪把1号杀死了<br>$$<br>ans = \sum(-1)^{|T|}\sum_{i=0}^{+\infin}(\frac{S - S_T - w_1}{S})^i\frac{w_1}{S} \\<br>= \sum(-1)^{|T|}\frac{1}{1-\frac{S - S_T - w_1}{S}}\frac{w_1}{S}\\ = \sum(-1)^{|T|}\frac{w_1}{S_T + w_1}<br>$$<br>于是可以使用背包dp，f[i][S]表示考虑前i个，$\sum w$恰好为S的带上容斥系数的方案数，有$$<br>f[i][x] = f[i-1][x] - f[i-1][x - w[i]]<br>$$<br>构造生成函数$\Pi(1-x^{w_i})$，可以发现f[S]就是展开式中$x^S$的系数<br>用分治法将该式展开，每次二分找到一个两边次数和最接近的分界点，递归处理两边，然后NTT卷积起来，可以保证复杂度是$O(nlog^2n)$的</p>
<p>统计答案时枚举$S_T$，统计上面推出来的式子即可<br>
<div class="readmore">
<a href="/2019/12/08/LOJ2541-「PKUWC2018」猎人杀/" class="flat-box">
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<h2 class="title">
<a href="/2019/10/11/CF1229F-Mateusz-and-Escape-Room/">
CF1229F. Mateusz and Escape Room
</a>
</h2>
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<p>rtxxx</p>
</a>
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<p>2019-10-11</p>
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<p>动态规划 / 凸包</p>
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<hr>
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<section class="article typo">
<div class="article-entry" itemprop="articleBody">
<blockquote>
<p>题目链接：<a href="http://codeforces.com/contest/1229/problem/F" target="_blank" rel="noopener">CF1229F</a></p>
</blockquote>
<h1 id="Solution"><a href="#Solution" class="headerlink" title="Solution"></a>Solution</h1><p>设第i个scale向第i-1个scale移动了$x_i$个硬币，为负则代表向左移动，显然可以列出方程组<br>$$<br>l_i - a_i \le x_{i+1} - x_i \le r_i - a_i<br>$$<br>要求$\sum|x_i|$最小<br>首先考虑对于一个固定的$x_1$如何计算这个最小值。考虑动态规划，令$f[i][x]$表示考虑了前i个，第$x_i$的值为j，最少要移动的硬币数，那么显然有如下转移$$<br>f[i][j] = min{f[i-1][j - r_i + a_i…j - l_i + a_i]} + j<br>$$<br>可以将$f[i]$值看成是关于$x_i$的一个函数$f_i(x)$，自变量是$x_i$的取值，因变量是最小移动数，我们可以维护这个函数，考虑如何从$f_i(x)$转移到$f_{i+1}(x)$<br>每个位置新的函数值是之前的某个区间的最小值再加上横坐标，而这个区间是随着自变量一个一个向右平移的，因此可以把操作看成是以下操作的组合</p>
<ol>
<li>整体左右移动</li>
<li>$ f(x) = min{f(x…x+t)} $</li>
<li>$ f(x) += |x| $</li>
</ol>
<p>可以发现如果原函数是一个单峰函数，那么进行这些操作后仍是单峰函数。该函数的初值是$f(x_1) = |x_1|,\quad f(x) = inf\ (x != x_1) $为开口向上的单峰函数。由这一点又可以发现，第2个操作其实相当于整体左右移动后，再将最小值的长度加长<br>因此每次维护可以简化为如下内容</p>
<ol>
<li>将上升部分右移$r_i - a_i$</li>
<li>将下降部分右移$l_i - a_i$</li>
<li>$ f(x) += |x|$</li>
</ol>
<p>如果维护每个每条斜率相同的线段，那么这些线段的斜率是单调增的，且第3个操作只会将y轴左边的线段斜率减一，右边的线段斜率加一。官方题解使用平衡树维护这些线段的斜率和长度，但实际上只需要一个priority_queue，维护所有斜率变化的转折点。由于斜率每次只会变化1，且恒为整数，因此可以维护每一个整数斜率的转折点，如果一个点的斜率变化超过1，那么这个点会插入队列多次，相当于在这个点斜率多次变化1。</p>
<p>用两个优先队列维护斜率变化的转折点（可重复），对于第1、2个操作，记录左右部分分别移动的距离，可以方便获取实际位置，对于第3个操作，只会涉及到两个队列之间之多一个元素从一个到另一个里面，需要注意穿过y轴的那个线段，他的斜率变化比较特殊，每次都需要新加入转折点。</p>
<p>当转移完所有$x_i$后，此时的$f(x_1)$就是要求的最小值（因为构成循环）</p>
<p>这样对于一个固定的$x_1$，可以$O(nlogn)$求出最小值，然而枚举$x_1$仍需要$O(n)$的时间。令$F(x)$表示如果$x_1 = x$，那么如此转移一轮后得到的最小值。那么可以证明</p>
<blockquote>
<p>$F(x)$是一个开口向上的单峰函数</p>
</blockquote>
<p>具体证明不会，但可以猜到。。。<br>我的想法是，固定$x_1$后可以得到最优的一组$x_i$，将他们画成一条折线，如果控制$x_{i+1}-x_i$不变，改变$x_1$可以将它上下平移。要求minimize$\sum|x_i|$，也就是x轴要在这些点纵坐标的中位数处，随着折线的上下平移，或者看成x轴的上下平移，这个绝对值之和显然是一个单峰函数<br>但这只是不严谨的理解方式。。。</p>
<p>由这条性质可以三分$x_1$的值，然后跑一遍维护的过程求出最小值更新答案，时间复杂度$ O(nlognlogS) $，其中$S = \sum a_i$<br>
<div class="readmore">
<a href="/2019/10/11/CF1229F-Mateusz-and-Escape-Room/" class="flat-box">
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<a href="/2019/10/03/数论定理整合/">
数论定理整合
</a>
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<p>rtxxx</p>
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<p>2019-10-03</p>
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<p>数学 / 数论</p>
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<h2 class="title">
<a href="/2019/09/27/CF1205E-Expected-Value-Again/">
CF1205E. Expected Value Again
</a>
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<p>rtxxx</p>
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<p>2019-09-27</p>
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<p>其他 / 性质</p>
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<hr>
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<div class="article-entry" itemprop="articleBody">
<blockquote>
<p>题目链接：<a href="https://codeforces.com/contest/1205/problem/E" target="_blank" rel="noopener">CF1205E</a></p>
</blockquote>
<h1 id="Solution"><a href="#Solution" class="headerlink" title="Solution"></a>Solution</h1><p>令$f(s, i)$表示字符串s中是否有一个长度为j的前后缀，则答案为<br>$$<br>E((\sum_{i=1}^{n-1}f(s, i))^2) \\<br>= \sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}E(f(s, i) * f(s, j)))<br>$$<br>表示的意义就是对于任意i和j，求出一个字符串同时有i和j长度的前后缀的期望，也就是有多少个字符串同时有长度为i和j的前后缀，再除以$k^n$<br>重点就是这样一个性质</p>
<blockquote>
<p>一个字符串同时有长度为$n-i$和$n-j$的前后缀的期望是<br>$$(\frac{1}{k})^{n-max(gcd(i, j),\ i + j - n)}$$</p>
</blockquote>
<p>下面来证明这个性质</p>
<p>首先，如果有长度为$n-i$的前后缀，那么i一定是一个循环节。这一点容易证明。现在i和j都是循环节，所以$gcd(i, j)$也是循环节，一个循环节内的字符可以任意取，剩下的都是固定的，除以$k^n$得到max的前一部分</p>
<p>然后，我们有一种感觉，如果$i+j$足够长，那么两个循环节从第二次出现开始不一定会有许多重合的位置，或许gcd相对苛刻了一些。换句话说，如果该字符串无限长，那么一定是gcd为循环节，但长度是有限的，有特殊情况需要考虑。</p>
<p>举几个例子，用相同的字母表示必须相同的位置，X表示任意<br>一个长度为10的字符串，i=7，j=8<br>AAAXXXXAAA<br>一个长度为11的字符串，i=10，j=3<br>AAXAAXAAXAA<br>显然他们的循环节都不是gcd</p>
<p>如果$i+j\leq n$，那么答案显然就是gcd，画一个图，较长串第二次出现可以看成一个较短串，这个完整的较短串和全部由较短串拼出的串的对应部分相等，差的部分是循环节，可以递归得到gcd（两数gcd等于差的gcd）</p>
<p>否则，$i+j\gt n$，不同之处在于较长串第二处出现无法看成一个完整的较短串。不妨令$ i > j $，第二次循环时可以看成一个j，这个j和 完全由j拼成的串 的对应位置产生错位，在j内部产生循环，递归到gcd，如果i后面的那个j超过n的部分段于gcd，那么循环节可以作用在整个j里，成为真正的循环节，否则它是假的循环节，因为无法扩展完整个j，剩下的无法扩展的部分就是$i + j - n - gcd(i, j)$ 这部分作为j这个循环节的一部分可以随便取，再算上gcd可以随便选，结果就是$max(gcd(i, j),\ i + j - n)$</p>
<p>下面考虑怎么算，枚举$d = gcd(i, j), s = i + j$，转化为求多少对i和j满足定义，注意$ 1 \leq i, j < n $<br>$$<br>f(d) = \sum_{i=1}^{min(n - 1, s - 1)}[gcd(i, s - i) = d] \\<br>F(d) = \sum_{d|t} f(t) = min(s - 1, n - 1) / t;<br>$$<br>$$<br>f(d) = \sum_{d|t}\mu(\frac{t}{d})F(t)<br>$$<br>代码中，由于$ d | t | s $，所以先枚举d，再枚举的是t / d，最后枚举s，复杂度$O(nlog^2n)$，注意i，j的范围<br>
<div class="readmore">
<a href="/2019/09/27/CF1205E-Expected-Value-Again/" class="flat-box">
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</a>
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<h2 class="title">
<a href="/2019/09/18/BZOJ1566-NOI2009-管道取珠/">
BZOJ1566 [NOI2009]管道取珠
</a>
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<p>rtxxx</p>
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<p>2019-09-18</p>
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<p>动态规划 / 计数dp</p>
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