蓝桥杯省赛真题（砍树 整数删除 景区导游 翻转硬币）

四道比较难的题（题解是官方提供的）

砍树 （树上差分）

https://www.lanqiao.cn/problems/3517/learning/

解题思路

在这个问题中，我们需要找到一条边，砍掉它之后，所有给出的节点对 \((a_i, b_i)\) 之间都不再连通。换言之，这条边应是所有 \((a_i, b_i)\) 的通路必经之路。

为了找到这样的边，我们需要先确定这些路径（节点对 \((a_i, b_i)\) 之间的通路）的交集。即我们要找到一些节点，这些节点是所有路径的公共部分。

这些节点其实就是所有 \((a_i, b_i)\) 的最近公共祖先（LCA）。为什么呢？因为对于任意两个节点 \(a\) 和 \(b\)，它们的路径必然经过它们的最近公共祖先。也就是说，如果我们找到了所有 \((a_i, b_i)\) 的 LCA，那么这些 LCA 就是所有路径的交集。因此，我们需要找到的边就是连接这些 LCA 与它们父节点的边。

举个例子，假设我们有三对节点，\((a_1, b_1)\)、\((a_2, b_2)\)、\((a_3, b_3)\)，它们的 LCA 分别是 \(c_1\)、\(c_2\)、\(c_3\)。假设 \(c_1\) 是 \(c_2\) 的祖先，\(c_2\) 是 \(c_3\) 的祖先，那么所有的路径都会经过节点 \(c_2\)，所以我们需要找的边就是连接 \(c_2\) 和它的父节点的边。

所以，我们需要做的第一步就是找到所有 \((a_i, b_i)\) 的 LCA。这可以通过一种叫做“倍增”的算法来实现。这种算法可以在 \(O(\log n)\) 的时间内找到任意两个节点的 LCA。

之后我们还需要使用树上差分的思想来处理这个问题，首先对每一对 \((a_i, b_i)\) 的路径进行 \(+1\) 操作，这意味着我们在 \(a_i\) 和 \(b_i\) 之间添加了一条边。接着，我们对它们的最近公共祖先（LCA）进行 \(-2\) 操作，这意味着我们从 LCA 中移除了两条边（因为从根节点到 LCA 的路径被计算了两次，所以需要减去两次）。

这个操作可以使用深度优先搜索（DFS）来实现。首先，对所有的节点对进行 \(+1\) 操作，然后对它们的 LCA 进行 \(-2\) 操作。然后，使用 DFS 从根节点开始，更新每个节点的计数值。

在这些操作之后，如果一个节点的计数值等于 \(m\)（对数的数量），那么这个节点就是所有 \((a_i, b_i)\) 的通路的交点。因为，只有当所有的 \((a_i, b_i)\) 都经过某个节点时，这个节点的计数值才会等于 \(m\)。换句话说，从根节点到这个节点的路径就是我们需要找的边。

具体实现

1. 初始化：首先，我们需要初始化每个节点的深度和父节点。我们从树的根节点开始，递归地设置每个节点的深度（即距离根节点的距离）和父节点。
2. 计数：接下来，我们需要找到所有 \((a_i, b_i)\) 的路径，并将它们的计数添加到数组中。具体来说，我们将路径上的每个节点的计数加一，但是要将它们的最近公共祖先的计数减二。这样做的目的是，如果一个节点的计数值等于 \(m\)，那么从根节点到该节点的路径就是我们需要找的边。
3. 深度优先搜索：然后，我们通过深度优先搜索，遍历所有的节点，更新它们的计数值。我们从根节点开始，对每个节点的子节点进行递归操作，更新每个节点的计数值。
4. 寻找结果：最后，我们再次遍历所有的节点，找出计数值等于 \(m\) 的节点。如果存在多个这样的节点，我们取其中编号最大的边作为结果。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5, M = 20;
ll n, m, dep[N], cnt[N];
vector<pii> v[N];
int id[N], f[N][M];

void dfs (int u, int fa) {
    dep[u] = dep[fa] + 1, f[u][0] = fa;
    for (int i = 1; (1 << i) <= dep[u]; i++)    f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];
    for (auto vi : v[u]) {
        int j = vi.first;
        if (j == fa)    continue;
        dfs (j, u);
        id[j] = vi.second;
    }
}

int lca (int a, int b) {
    if (dep[a] < dep[b])    swap (a, b); //确保a往上跳
    for (int k = 15; k >= 0; k--) {
        if (dep[f[a][k]] >= dep[b]) { //注意是>=
            a = f[a][k];
        }
    }
    if (a == b)     return a;
    for (int k = 15; k >= 0; k--) {
        if (f[a][k] != f[b][k]) {
            a = f[a][k], b = f[b][k];
        }
    }
    return f[a][0];
}

void add (int u, int fa) {
    //cnt[fa] += cnt[u]; //这里不行
    for (auto vi : v[u]) {
        int j = vi.first;
        if (j == fa)    continue;
        add (j, u);
        cnt[u] += cnt[j]; 
    }
}

int main () {
    scanf ("%lld%lld", &n, &m);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b;
        scanf ("%d%d", &a, &b);
        v[a].push_back ({b, i}), v[b].push_back ({a, i});
    }
    dfs (1, 0); //倍增初始化
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int a, b;
        scanf ("%d%d", &a, &b);
        cnt[a]++, cnt[b]++, cnt[lca(a, b)] -= 2;
    }
    add (1, 0); //求前缀和
    int ans = -1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (cnt[i] == m)    ans = max(ans, id[i]);
    }
    printf ("%d\n", ans);
}

整数删除 （优先队列）

https://www.lanqiao.cn/problems/3515/learning/

解题思路

删除数组中的任意元素的时间复杂度为 \(O(n)\)，本题存在大量删除操作，若使用数组会导致时间复杂度过大，故考虑使用链表进行存储、删除操作。而需要动态的求最小值，显然可以使用堆。每次从堆中取出最小值的下标，然后在链表中删除它。但本题特殊点在于将其删除，并把与它相邻的整数加上被删除的数值，所以会导致还在堆中的元素的权值变化。

我们可以注意到，每次删除操作只会让一些元素变大，而不会让元素变小。也就是，可能会让原本的最小值变成不是最小值。因此我们取出堆中的最小值时，需要将此元素的排序权值和实际的值进行对比，如果实际的值变大了，则当前元素并不一定是最小值，需要重新放回堆中。

具体做法如下：

• 使用双向链表存储数列，并使用数组 \(v_i\) 存储每个节点的值，\(l_i\) 存储节点 \(i\) 的前驱节点，\(r_i\) 存储节点 \(i\) 的后继节点。
• 使用最小堆存储数列中未被删除的节点，堆中的元素是 { 权值，结点下标}。
• 初始化双向链表和最小堆，并将所有节点加入最小堆中。
• 重复执行以下步骤 \(K\) 次：
  • 取出最小堆中的堆顶元素（最小值）。
  • 比较堆顶元素的权值和实际值是否相等，如果不相等，则说明这个节点的实际值已经发生了变化，当前元素并不一定是最小值，需要重新放回堆中，否则删除该节点，将其相邻节点的值加上被删除节点的值。
  • 如果需要重新放回堆中，那么需要将该节点的权值更新为实际值，并重新放回堆中。
• 输出双向链表中剩余的节点的值。

每次删除操作最多会让两个元素的值变化，因此从堆中取出的次数是 \(K\) ，时间复杂度为 \(O((n + k)\log n)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int N = 5e5 + 5;
ll n, k, l[N], r[N], a[N];

int main () {
    scanf ("%lld%lld", &n, &k);
    priority_queue<pii, vector<pii>, greater<pii>> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf ("%lld", &a[i]);
        l[i] = i - 1, r[i] = i + 1; //双向链表
        q.push ({a[i], i});
    }
    while (k && !q.empty ()) {
        auto t = q.top ();
        q.pop ();
        ll val = t.first, id = t.second;
        if (val == a[id]) { //实际值等于当前值,可删除
            a[l[id]] += a[id], a[r[id]] += a[id], k--;
            r[l[id]] = r[id], l[r[id]] = l[id], a[id] = 0;
        }
        else    q.push ({a[id], id}); //把实际值放进来
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)    if (a[i])    cout << a[i] << ' ';
    cout << endl;
}

景区导游

https://www.lanqiao.cn/problems/3516/learning/

解题思路

最近公共祖先 （倍增求LCA）

其中 \(dis_{i, j}=dis_{v_i}+dis_{v_j}-2dis_{lca(v_i, v_j)}\)

Code

这题简单欸，比上一个LCA的简单

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;
const int N = 1e5 + 5, M = 20;
ll n, m, f[N][M], dep[N], v[N], ans;
ll h[N], e[N * 2], ne[N * 2], w[N * 2], idx;
ll del[N], dis[N];

void add (int a, int b, ll c) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
}

void dfs (int u, int fa) {
    dep[u] = dep[fa] + 1, f[u][0] = fa;
    //dis[u] += dis[fa] + w[u];
    for (int i = 1; (1 << i) <= dep[u]; i++)    f[u][i] = f[f[u][i-1]][i-1];
    for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
        int j = e[i];
        if (j == fa)    continue;
        dis[j] += dis[u] + w[i];
        dfs (j, u);
    }
}

int lca (int a, int b) {
    if (dep[a] < dep[b])    swap (a, b); //确保a往上跳
    for (int k = 19; k >= 0; k--) {
        if (dep[f[a][k]] >= dep[b]) { //注意是>=
            a = f[a][k];
        }
    }
    if (a == b)     return a;
    for (int k = 19; k >= 0; k--) {
        if (f[a][k] != f[b][k]) {
            a = f[a][k], b = f[b][k];
        }
    }
    return f[a][0];
}

ll cal (int a, int b) {
    return dis[a] + dis[b] - 2ll * dis[lca (a, b)];
} 

int main () {
    memset (h, -1, sizeof h);
    scanf ("%lld%lld", &n, &m);
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        int a, b;
        ll c;
        scanf ("%d%d%lld", &a, &b, &c);
        add (a, b, c), add (b, a, c);
    }
    dfs (1, 0);
    //for (int i = 1; i <= n; i++)    cout << dis[i] << ' ';
    //cout << endl;
    for (int i = 1; i <= m; i++)    scanf ("%lld", &v[i]);
    for (int i = 2; i <= m; i++)    del[i] = cal (v[i-1], v[i]), ans += del[i];
    printf ("%lld ", ans - del[2]);
    for (int i = 2; i < m; i++)     printf ("%lld ", ans - del[i] - del[i+1] + cal (v[i-1], v[i+1]));
    printf ("%lld\n", ans - del[m]);
}

翻转硬币

https://www.lanqiao.cn/problems/3509/learning/

解题思路

这个问题的解决方案建立在数论的基础上，主要使用了 Möbius 反演公式和 Dirichlet 卷积。我们可以先对问题进行一些转化和简化，然后对结果进行求和。

推理证明

1. 首先，我们从硬币 \(1\) 开始，将所有对应硬币和它的倍数位置的硬币翻转。这种策略是有效的，因为我们每次操作都会翻转硬币 \(i\) 和它所有的倍数位置的硬币，这意味着我们实际上是在对硬币 \(i\) 的所有因子进行操作。

2. 对每个硬币 \(i\)，我们定义 \(f(i)\) 为在递推过程中，硬币 \(i\) 是否需要被翻转。我们可以得到 \(f(i) = \sum_{d | i, d \neq i} f(d)\)，其中 \(d\) 是 \(i\) 的所有因子。

3. 显然，硬币 \(1\) 一定会被翻转，所以我们有 \(f(1) = 1\)。对于其他硬币，因为它们最初都是朝上的，所以我们有 \(\sum_{d | i} f(d) = \varepsilon(i)\)。在 Dirichlet 卷积形式中，这可以写作 \(1 \times f = \varepsilon\)。对此进行 Möbius 反演，我们可以得到 \(f = \varepsilon \times \mu = \mu\)。根据此公式，我们知道当 \(f(i) = \mu(i) = -1\) 时，我们要将 \(f(i)\) 转换为 \(1\)。

4. 我们要求的实际上是 \(f\) 的前缀和，也就是 \(\sum_{i=1}^{n} \mu^2(i)\)，这个和表示的是每个数 \(i\) 是否含有平方因子。我们可以通过枚举所有的平方因子，并对 \(\varepsilon\) 进行一次反演来计算这个和。

具体实现

我们首先对小于 \(n\) 的所有数进行筛选，找出所有的质数，并计算它们的 Möbius 函数值。这可以通过经典的筛法完成。

然后，对于每个完全平方数，我们计算它对答案的贡献，并将这些贡献加起来。具体来说，对于每个完全平方数 \(i\)，它对答案的贡献是 \(\mu(i) \cdot \left\lfloor \frac{n}{i^2} \right\rfloor\)。我们可以通过预处理和整除分块的技术来计算这个和。

我们使用了一个哈希表来存储已经计算出的 Möbius 函数值的和，以避免重复计算。同时，我们利用了整除分块的方法来优化计算过程。

时间复杂度分析

这段代码的主要功能是计算给定的整数 \(n\) 下的 Möbius 函数的前缀和。它使用了线性筛法预处理质数和 Möbius 函数的值，并利用了整除分块的思想和哈希表优化了计算过程。

我们先来分析每个部分的时间复杂度：

1. 线性筛法：时间复杂度为 \(O(n)\)，其中 \(n\) 是筛选的上界。在这段代码中，筛选的上界是 \(\text{lim} = n^{\frac{2}{5}}\)，所以时间复杂度为 \(O(n^{\frac{2}{5}})\)。

2. 预处理 Möbius 函数的前缀和：时间复杂度为 \(O(n)\)，在这段代码中，时间复杂度为 \(O(n^{\frac{2}{5}})\)。

3. 计算 Möbius 函数的前缀和：时间复杂度为 \(O(\sqrt{n} \cdot \log{n})\)，这是因为在最差情况下，每个数 \(i\) 都需要计算 \(\frac n i\) 次，其中 \(i\) 从 \(1\) 到 \(\sqrt{n}\)。这里使用了哈希表来存储已经计算过的 Möbius 函数的前缀和，以避免重复计算。同时，利用了整除分块的思想，对于每个区间 \([l, r]\)，都只需要计算一次 Möbius 函数的前缀和。

4. 计算结果：时间复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)，这个部分主要是对 \(\sqrt{n}\) 的所有整数进行了一次遍历。

因此，总体来看，这段代码的时间复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{5}} + \sqrt{n} \cdot \log{n})\)。在实际运行时，由于代码中使用了预处理和整除分块的优化技术，所以运行速度会比这个理论的时间复杂度更快。

Code

我不会数论啊qaq
（先放个代码明天学）

//c++
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

constexpr int N = 1e9 + 10, M = 1.6e7;

int lim;

vector<int> pr;
int vis[M], mu[M], Sm1[M];

void sieve(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= lim; i++){
        if(!vis[i]) pr.push_back(i), mu[i] = -1;
        for(int j = 0; j < pr.size() && pr[j] * i <= lim; j++){
            vis[pr[j] * i] = 1;
            if(i % pr[j] == 0){
                mu[pr[j] * i] = 0;
                break;
            }
            mu[pr[j] * i] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < lim; i++)
        Sm1[i] = Sm1[i - 1] + mu[i];
}

unordered_map<int, int> Sm2;

int Sm(int n){
    if(n <= lim) return Sm1[n];
    auto it = Sm2.find(n);
    if(it != Sm2.end()) return it->second;

    int res = 1;
    for(int l = 2, r; l <= n; l = r + 1){
        r = n / (n / l);
        res -= (r - l + 1) * Sm(n / l);
    }
    return Sm2[n] = res;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);
    
    ll n; cin >> n;
    lim = powl(n, 2.0 / 5) + 10;
    
    sieve();
    
    ll m = sqrtl(n);

    ll ans = 0, pre = 0, cur;
    for(ll l = 1, r; l <= m; l = r + 1){
        r = sqrtl(n / (n / (l * l)));
        ans += (Sm(r) - Sm(l - 1)) * (n / (l * l));
    }
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

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