Codechef October Challenge 2019 Division 1 solutions

Chef and Maximum Star Value

顯然如果一個數後面有它的因數，那麼它一定不可能是最大值。先從後往前枚舉一遍把這些數去掉，再從前往後做一遍，每個數枚舉它所有倍數統計即可。
因爲每個數最多隻會做一次，時間複雜度是 $O(TA_i\log A_i)$ 。

代碼

Array Modification

考慮每次遍歷對於每一對 $(a,b)$ 的影響：
$(a,b)\rightarrow (a~xor~b, a)\rightarrow (b,a~xor~b)\rightarrow (a,b)$
所以判下總共會有幾次完全遍歷 $0$ 到 $n-1$，再把剩下的做一次就可以了。
要特判 $i = n-i-1$ 的情況。
時間複雜度 $O(TN)$ 。

代碼

Even Edges

對於 $k\geq4$ 的情況，如果某 $2$ 組點間有偶數條邊，那麼顯然可以將它們合併。如果所有組之間都是奇數條邊，那麼任意選出 $4$ 組合併成 $1$ 組，這一組的邊數也是偶數。
因此 $k\le 3$ 。
當 $m$ 爲偶數時顯然 $k$ 即爲 $1$ 。
否則，若原圖中有一個點度數爲奇數，將它隔離後剩下的點的邊數即爲偶數，於是 $k=2$ 。
而若原圖中所有點度數都爲偶數，那麼無論怎麼隔離出一組點，其與剩下的點間的邊數一定是偶數，所以不可能 $2$ 組點內部的邊數都爲偶數。此時 $k=3$ 。
至於 $k=3$ 時求出一個合法的答案，只需要找出一條邊 $(u,v)$， $u$、$v$、剩下的點各成一組即可。

代碼

Bacterial Reproduction

對於非葉子節點 $u$，它某個祖先 $v$ 在 $t_0$ 時刻的操作對它在 $t_1$產生影響的條件是 $t_1=t_0+d_u-d_v$，即 $t_1-d_u=t_0-d_v$ 。
如果 $u$ 是葉子節點，就變爲 $t_1-d_u\geq t_0-d_v$ 。
那麼離線之後遍歷一遍樹，記錄下這些值就好了。
時間複雜度 $O(N+Q)$ 。

代碼

Queries on Matrix

假設最終有 $r$ 行被加了奇數次， $c$ 列被加了奇數次，那麼最終爲奇數的格子數是 $r(m-c)+c(n-r)$，因此可以算出有哪些 $(r,c)$ 滿足條件。
對於每對 $(r,c)$，顯然可以分開計算行和列的方案數，最後再乘起來。
以行爲例，問題轉化爲用 $1-n$ 填 $Q$ 個位置，使得恰好有 $r$ 個數的出現次數爲奇數。這個可以用生成函數做，答案即爲
$({x\over 1!}+{x^3\over 3!}+{x^5\over 5!}+...)^r(1+{x^2\over 2!}+{x^4\over 4!}+...)^{n-r}{n\choose r}Q!~[x^Q]$
$({e^x-e^{-x}\over 2 })^r({e^x+e^{-x}\over 2 })^{n-r}{n\choose r}Q!~[x^Q]$
$(\sum_{i=0}^re^{(2i-r)x}{(-1)^{r-i}}{r\choose i})(\sum_{j=0}^{n-r}e^{(2j-n+r)x}{n-r\choose j}){1\over {2^n}}{n\choose r}Q!~[x^Q]$
先枚舉 $i+j$ :
$(\sum_{s=0}^ne^{(2s-n)x}\sum_{i=0}^s{(-1)^{r-i}}{r\choose i}{n-r\choose s-i}){1\over {2^n}}{n\choose r}Q!~[x^Q]$
設 $f(n,r,s)=\sum_{i=0}^s{(-1)^{r-i}}{r\choose i}{n-r\choose s-i}$
$(\sum_{s=0}^ne^{(2s-n)x}f(n,r,s)){1\over {2^n}}{n\choose r}Q!~[x^Q]$
$(\sum_{s=0}^n\sum_{i=0}^{\infin} {(2s-n)^ix^i\over i!}f(n,r,s)){1\over {2^n}}{n\choose r}Q!~[x^Q]$
$(\sum_{s=0}^n(2s-n)^Qf(n,r,s)){1\over {2^n}}{n\choose r}$
現在的問題就是對每個 $n,r$，如何快速求出 $f(n,r,s)$ 對 $s=0...n$ 的值。
因爲
$f(n,r,s)=(x-1)^r(x+1)^{n-r}~[x^s]$
可以先預處理出 $(x-1)^k,(x+1)^k(k=0...n)$，然後對每個 $(n,r)$ NTT 乘一遍得到 $(x-1)^r(x+1)^{n-r}$，於是就可以求出 $f(n,r,s)$ 對 $s=0...n$ 的值。
然後發現還是 T 了…
那麼不妨再進一步，預處理出 $(x-1)^k,(x+1)^k(k=0..n)$ 對在做 NTT 時每個可能的 $m=2^i$ 的 NTT 後的多項式，這樣就可以在做每對 $(n,r)$ 時少做 $2$ 次 NTT 。
然後就卡過去了。
時間複雜度 $O(n^2\log^2 n+Tn^2\log n)$ 。

代碼

Faulty System

挖坑