CSP-S 2023 题解

密码锁

发现总状态数只有 $10^5$ 个，枚举 $O(n)$ 暴力判断即可，复杂度 $O(10^5 n)$。

或者每一个状态只对应了 $81$ 个状态，枚出来，取交集即可，复杂度 $O(81 n)$。

消消乐

好的，来一波抽象做法 QwQ

我看到这道题的第一眼：这不就是 QOJ 6504 Flower's Land 2 吗。

于是考虑对每一个元素赋一个矩阵 $M_i$，奇偶分开赋正逆矩阵，例如 aaa 就为 $M_a, M_a^{-1}, M_a$ 或者 $M_a^{-1}, M_a, M_a^{-1}$。

于是一个区间合法当且仅当 $\prod M_i = I$，这可以考虑矩阵满足结合律，但是不满足交换律。

其实换成任意一种满足结合律，但是不满足交换律的东西来都可以维护。

暴力枚举是不可取的，考虑前缀和，则合法当且仅当 $pre_r \times pre_{l - 1}^{-1} = I$。

考虑两边同时乘上 $pre_{l - 1}$，那么合法当 $pre_r = pre_{l - 1}$。

于是用一个桶或者 map 记录一下数量即可求出答案，注意需要开 long long。

如果是 $2 \times 2$ 的矩阵，求逆的话就别用高斯消元了，推一下式子即可得到：

$$\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \\ \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac 1 a + \frac {bc} {a (ad - bc)} & \frac b {bc - ad} \\ \frac {-c} {ad - bc} & \frac a {ad - bc} \end{pmatrix} = I $$

或者可以用自逆矩阵，但我声称那没必要。

代码：云剪贴板 - 洛谷

然而这还不够优秀，（其实可以另开炉灶），我们基于矩阵继续优化。

其实不难发现，对于一个合法的区间，$\prod M_i$ 可以被划分为若干个合法区间。

如果我们使得每一个合法区间最小，那么划分可以证明是唯一的。

例如 abbacddc 就可以分为 abba 和 cddc 两个区间。

于是对于每一个 $i$，考虑找到最后一个 $pre_i = pre_j$ 的 $j$ 记为 $t_i$。

我们考虑如何快速的递推求出 $t_i$。

如果我们已经求出了 $t_{i - 1}$，也就是 $\prod_{t_{i - 1} \le k \lt i} M_i = I$ 那么对于 $i$ 来说，我们需要找到前面的某一个 $j$ 使得。

发现 $t_i - i$ 这个区间一定形如 $x (某合法串) \cdots (某合法串) x$，于是初始答案为 $x = t_{i - 1}$，我们不断的跳 $t_{x - 1}$ 直到 $S_x = S_i$ 为止，那么此时一定满足 $t_i - i$ 是合法的且是最小的，利用神秘复杂度分析可以得知这就是 $O(n |\Sigma|)$ 的。

最后 $O(n)$ 的扫一遍，记 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的合法串的个数，$f_i = 1 + f_{t_i - 1}$，答案为 $\sum f_i$

代码在剪切板底部：云剪贴板 - 洛谷

结构体

超级模拟，利用 object id 完成模拟即可。

只是注意 addr 的 fix 与对应的 align

种树

显然二分答案，然后考虑如何检查。

发现可以快速的求解出最晚能放置的时间 $f_x$，由于树形结构存在依赖，考虑 $O(n)$ 的更新一次：$f_x = \min(f_x, \min_{y \in Son(x)}f_y - 1)$。

然后将 $f_x$ 排序，存在合法的操作序列当且仅当 $\forall i, i \le f_i$。

现在就可以得到一个 $O(\log V (n \log V + n \log n))$ 的抽象做法了（我的考场做法，还跑得挺快，自测数据用了 500ms）

其实可以 $O(n)$ 的判断，优化如下：

可以发现树生长的过程是一段一次函数和一段二次函数，那么将断点预处理一下，每次可以 $O(1)$ 的求解一个方程，解出最晚能放置的时间 $f_x$，这部分就是 $O(n)$ 的了。

发现合法的序列只需要判断 $\le n$ 的部分即可，因为对于 $f_i \ge n$ 的时候存在 $i \le n \le f_i$，一定满足条件。

所以可以开一个 $O(n)$ 的桶，前缀和一下数量 $c_i$，满足 $\forall i, c_i \le i$ 即合法，这样就可做到 $O(n)$。

于是得到了一个 $O(n \log V)$ 的优秀做法。