洛谷10月月赛II题解

Solution

T1

首先，可以一眼看出这是一个完全图的一笔画问题。然后开始挖性质：

①根据欧拉图的性质，如果将我们一笔画中没有经过的边删去，那么剩下的节点的度数一定有$0$个或$2$个是奇数。

通过这个东西，我们可以挖出性质：

②如果$n$为奇数，可以发现这个完全图中所有节点的度数都是偶数，那么显然可以一笔画走完。答案为$C_n^2$。

③如果$n$为偶数，我们要考虑删去最少数量的边，使得剩下的图形可以一笔画走完。

由于我们要删去最少的边，又因为每删去一条边两端的节点的度数都会减去$1$，所以

④删去没有公共节点的$\frac{n-2}{2}$条边，此时剩下的各个节点的度数只有$2$个为奇数，可以一笔画。

于是本题就做完了——如果$n$为奇数，直接输出$C_n^2$；否则，输出$C_n^2-\frac{n-2}{2}$。

单次询问时间复杂度$O(1)$。

T2

首先，我们看到有几个Subtask的限制是$m=0$，于是我们就先思考$m=0$的情况。

定义$f_n$表示$m=0$时的期望步数。

首先，我们砍掉一只圣盾大头鱼的圣盾，进行了$1$次操作；然后分类讨论，如果第二步直接补掉了这个没有圣盾的可爱大头鱼，就转化为了$f_{n-1}$，概率为$\frac{1}{n}$；否则，转化为了$f_n$(但是有一只可爱的鱼鱼没有圣盾)，概率为$\frac{n-1}{n}$。

用式子表示就是$f_n=\frac{1}{n}(f_{n-1}+1)+\frac{n-1}{n}(f_n+1-1)+1$
即$f_n=f_{n-1}+n+1$
即$f_n={\sum }_{i=1}^{n}i+n$
即$f_n=\frac{n(n+1)}{2}+n$。

期望得分$30$分。

---

处理完了$m=0$的情况，然后处理一波$m=1$的情况。

可以发现，$m=1$相当于是从$n=n+1,m=0$的情况走一步转移而来；例如$n=5,m=1$的情况由$n=6,m=0$的情况转移而来。

设$g_n$表示$m=1$的情况，则有$g_n=f_{n+1}-1=\frac{(n+1)(n+2)}{2}+n$

---

然后处理一般性的情况。

假设现在情况为$n,m$，那么我们有两种走向———干掉了一只无助的不带圣盾的大头鱼($m$减一)，转化为$n,m-1$并继续递归下去；还有一种可能是砍了一只可爱的圣盾大头鱼，使$n$变成$n+m-1$，$m$变成$1$，就转化为了上面$m=1$的情况，可以$O(1)$求出，这也是递归边界。

同时，我们一边递归，要一边下传出现这种情况的概率。注意逆元，并且在递归前要对$n$取模(否则会溢出)。

献上部分代码方便各位巨佬理解：

inline int work(int n,int m,int now,int depth)
{
    
    
	if (m==1)  return ((work_1(n)+depth)*now)%mod;
	
	int ans=0;
	ans=(ans+work(n+m-1,1,(now*(frac(n,n+m)))%mod,depth+1))%mod;
	ans=(ans+work(n,m-1,(now*(frac(m,n+m)))%mod,depth+1))%mod;
	
	return ans;
}

这题太过分了，$T2$就出大期望题，做了我$1.5h$，差点自闭了……

T3

太菜了，比赛的忘记区间平移这个套路了……我太菜了……不然就切掉了……

首先，我们先二分找到一段前缀$[1,r]$，使得这段前缀恰好不小于$s$；即，如果前缀短一点这个值就小于$s$了，长一点就与$s$的差就更大了。显然，这段前缀的和要么是$s$，要么是$s+1$；如果都不是我吃屎。 我们先特判一下这段前缀的和为$s$的情况（直接输出），然后处理棘手的和为$s+1$的情况。

然后，我们开始向右平移这段区间。

我们不是要让这个和为$s$吗？每次向右平移一格，会少掉一个数，多了一个数。我们处理出从第一个位置开始的最长前缀$2$的长度$x$，从$r$开始的最长前缀$2$的长度$y$。

如果$x\ge y$，那么会是这样的一种情况：

即，整个区间向右平移$y$格。

否则，$x＜y$，就这样啦：

即，整个区间向右平移$x$格，此时的左端点再向右一格使和减$1$。

综上所述，我们只需要：
①资瓷单点修改；
②资瓷查询从某个位置开始连续$2$的数量。

显然，我们可以通过二分套线段树或二分套树状数组求出，时间复杂度为$O(nlo{g}^{2}n)$。

但事实上毫无必要，我们直接数据结构内二分即可，时间复杂度为$O(nlogn)$。

唉，真的人傻了……

T4

我没有打算A掉这题，于是就挖了个性质然后上反演拿了$50$分。

如果$p(a,b)=1$，当且仅当：
①$\gcd (a,b)=1$，即$a,b$互质；
②$a$与$b$在膜$2$意义下不同余。

然后，我们写出式子:

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[gcd(i,j)=1,imod2\ne jmod2]$

哎？这不是个莫反的套路式吗？开心地反演一波：

${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[gcd(i,j)=1,imod2\ne jmod2]$
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n{\sum }_{d|gcd(i,j)}[imod2\ne jmod2]$
$={\sum }_{d=1}^n\mu (d)even(d)\times odd(d)$。

这里的$even(d)$表示，在$1-n$中所有$d$的倍数有多少个是偶数；$odd(d)$表示，在$1-n$中所有$d$的倍数有多少个是奇数。显然这两个函数都可以$O(1)$求出。

使用线性筛求出莫比乌斯函数后，本题可以$O(n)$做完。可惜的是，这样只有$50$分，而剩下的$50$分，由于我真的太菜了也不会了……QAQ

Code

T1

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int t,n;

inline int get_it(int k)
{
    
    
	return (k*k-k)/2;
}

inline int read()
{
    
    
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	
	while (ch<'0'||ch>'9')
	{
    
    
		if (ch=='-')  w=-w;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
    
    
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*w;
}

signed main()
{
    
    
	t=read();
	while (t--)
	{
    
    
		n=read();
		if (n&1)  printf("%lld\n",get_it(n));
		else printf("%lld\n",get_it(n)-n/2+1);
	}
	return 0;
}

T2

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;

int n,m;

int quick_power(int x,int y)
{
    
    
	int res=1;
	for (;y;y=y>>1,x=(x*x)%mod)
	{
    
    
		if (y&1)  res=(res*x)%mod;
	}
	return res;
}

int ny(int k)
{
    
    
	return quick_power(k,mod-2);
}

int frac(int x,int y)
{
    
    
	return (x*ny(y))%mod;
}

inline int work_1(int n)
{
    
    
	n=(n+1)%mod;
	return (((n*n+n)%mod*ny(2))%mod+n-1)%mod;
}

inline int work(int n,int m,int now,int depth)
{
    
    
	if (m==1)  return ((work_1(n)+depth)*now)%mod;
	
	int ans=0;
	ans=(ans+work(n+m-1,1,(now*(frac(n,n+m)))%mod,depth+1))%mod;
	ans=(ans+work(n,m-1,(now*(frac(m,n+m)))%mod,depth+1))%mod;
	
	return ans;
}

signed main()
{
    
    
	cin>>n>>m;
	n%=mod;
	if (m==0)
	{
    
    
		n%=mod;
		cout<<(((n*n+n)%mod*ny(2))%mod+n)%mod<<endl;
		
		return 0;
	}
	cout<<work(n,m,1,0)<<endl;
	
	return 0;
}

T3

咕咕咕

T4

//50 pts
#include <bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
#define rg register
using namespace std;
const int maxl=30000000;

int t,n,pos=0;
int judge[maxl+5],prime[maxl/3],m[maxl+5];

inline void init()
{
    
    
	for (rg int i=1;i<=maxl;i++)  m[i]=1;
	
	m[1]=1;
	for (rg int i=2;i<=maxl;i++)
	{
    
    
		if (judge[i]==0)  m[i]=-1,prime[++pos]=i;
		for (int j=1;j<=pos;j++)
		{
    
    
			int now=prime[j];
			if (i*now>maxl)  break;
			
			judge[i*now]=1;
			if (i%now)  m[i*now]=m[i]*m[now];
			else
			{
    
    
				m[i*now]=0;
				break;
			}
		}
	}
}

signed main()
{
    
    
	cin>>t;
	init();
	while (t--)
	{
    
    
		cin>>n;
		int ans=0;
		for (int i=1;i<=n;i+=2)
		{
    
    
			int cnt=n/i;
			int res=(cnt/2)*(cnt-cnt/2);
			ans+=m[i]*res*2ull;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}