Charles Wu的博客

洛谷题库 P9118 [春季测试 2023] 幂次

我们有非常易于理解的暴力解法：直接对于 $b=3,4\cdots$，求出所有可以当作底数的 $a$，计算 $a^b$ 后放入数据结构/排序去重；特别处理 $b=2$ 的情况即可。在此不再赘述。

不过，我们注意到若有正整数 $x$，满足 $x>1,x=a_0^{b_0}\ \ (a_0,b_0\in \mathbb N)$，且 $\forall a,b\in\mathbb N,a_0\neq a^b$（即底数 $a_0$ 不可再开根），那么 $\forall b,b\mid b_0,x=(a_0^{b_0/b})^b$。这意味着假如不去重地暴力添加 $\lfloor\sqrt[b]{n}\rfloor$ 到答案中，上文中 $x$ 将被算 $|\{b\mid b_0\equiv 0\pmod b\}|$ 次。

于是这就变成莫反的模板题了：记 $g(b)$ 表示“能被 $a^b$ 表出的 $x$ 之数量”，$f(b_0)$ 表示“恰能被 $x=a_0^{b_0}$ 表出，不可被 $x=a^b,b<b_0$ 表出的 $x$ 的数量”。易得 $g(b)=\sum_{b\mid b_0}f(b_0)$，故 $f(b_0)=\sum_{b_0\mid b}g(b)\mu(b/b_0)$。显然，当 $b>\log_2 n$ 时仅有 $a=1$ 满足 $a^b\leq n$，故我们只需计算 $\lfloor\log_2 n\rfloor$ 个 $b$，最后特判 $a=1$。预处理出 $\mu$ 的值，暴力求取反演式，复杂度为 $\operatorname{O}(\log^2 n)$。

其实并不需要这么麻烦。我们根本不需要反演：根据 $g(b)=\sum_{b\mid b_0}f(b_0)$，假若 $\forall b_0,b_0>b,f(b_0)$ 都已经计算完成，那么我们直接得到 $f(b)=g(b)-\sum_{b\mid b_0,b_0>b}f(b_0)$。由 $b$ 从大往小计算即可，复杂度相同。

洛谷题库 P6031 Cards 加强版

对于每一轮对局的 $m!$ 种排列，对于编号为 $a$ 的牌，恒有 $(m-1)!$ 种是以牌 $a$ 为首的。因此一轮可以归为 $m$ 种情况，首张为王牌的概率为 $\frac{1}{m}$。

这是某场模拟考试给出的部分分： $$\begin{array}{cccc} \text{Subtask}&\text{Constraints}&\text{Points}&\text{Dependencies}\\ \hline 1&n,m,k\leq 5&2&\\ 2&k=1&2&\\ 3&k\leq 5000&10&1,2\\ 4&m\leq 100&10&1\\ 5&n\leq k&5&\\ 6&k\leq 10^5&10&1,2,3\\ 7&k\leq 5\times 10^6&20&1,2,3,6\\ 8&&41&1\sim 7 \end{array}$$ （更多…）

CodeForces CF356E – Xenia and String Problem

这是一种不需要任何数据结构和处理字符串的工具，但细节繁多的做法。

设全串为 $s_{1\dots n}$。不难发现，Gray string 的串长必然是 $2^w-1\quad (w\geq 1)$ 的形式。若其长为 $2^w-1$，我们称其为 $w-1$ 阶 Gray string。

同时用归纳法可以证明，设一个 $w$ 阶 Gray string 的起始位置为 $x+1$（其终到位置为 $x+2^{w+1}$），那么必然有 $$\forall k\in\{0,1,\cdots,w\},s_{x+2^k}=s_{x+2^k+2^{k+1}}=s_{x+2^k+2\times 2^{k+1}}=\cdots=s_{x+2^k+(2^{w-k}-1)2^{k+1}}\\ \forall i,j,0\leq i<j\leq w,s_{x+2^i}\neq s_{x+2^j}$$ 成立。例如一个 $3$ 阶 Gray string 可以被描述为 $\mathtt{abacabadabacaba}$。 （更多…）

AGC058D – Yet Another ABC String

将 $\mathtt{A,B,C}$ 换成 $0,1,2$。记 $a,b,c$ 是题面中 $\mathtt{A,B,C}$ 的数量，$n=a+b+c$。我们称位置 $i$ 不合法，当且仅当 $S_{i-2}+2\equiv S_{i-1}+1\equiv S_i\pmod 3$。将其视为两条边 $(i-2,i-1),(i-1,i)$，那么所有不合法的位置造成的连边将会形成若干条链。

考虑容斥。直接钦定指定数量的位置不合法，其方案是难以计算的。又因为容斥系数是 $(-1)^c$，$c$ 为钦定的非法位置数量，那么将整个串分成若干个部分分别计算方案，带上容斥系数相乘后累加，结果不变。故而尝试从上文的链入手：易得对于固定长度的一条链，能够连成它的非法位置集合不变。设 $f(l,0)$ 表示“大小为偶数，且能够连成长度恰为 $l$ 的链”的非法位置集合数量；$f(l,1)$ 则是大小为奇数。染色方案与位置集合方案是独立的；则设整个串按顺序被分成了链 $(l_1,l_2,\cdots,l_s)$（此处的“链”长度均不小于 $3$），答案即为 $$\sum_{(l_1,\cdots,l_s)}\operatorname{染色方案数}\left((l_1,\cdots,l_s)\right)\prod_{i=1}^s\left((-1)f(l_i,1)+f(l_i,0)\right)$$ （更多…）