标签：朴素 read 拉格朗日插值 集合 n+1 while 前缀 关于 ==
终于杂题选讲恢复成省选难度了，个个都放飞自我？？
看到这个式子以及吓人的数据范围，能猜到拉格朗日插值，我们尝试证明。
考虑朴素的扰动法，给式子乘个\(a\)：
\[
\begin{align*}
aS(n)&=\sum_{i=1}^{n+1} a^i (i-1)^{r}
\end{align*}
\]
于是我们就有
\[
(1-a)S(n)=\sum_{i=1}^{n} a^i (i^r-(i-1)^r)-a^{n+1}n^r\S(n)=\frac 1 {1-a}\sum_{i=1}^{n} a^i (i^r-(i-1)^r)-\frac{a^{n+1}n^r}{1-a}
\]
然而\(n\)在指数上比较不爽，所以除个\(a^{n+1}\)：
\[
S'(n)=\frac {S(n)} {a^{n+1}}=\frac 1 {a^{n+1}(1-a)}\sum_{i=1}^{n} a^i (i^r-(i-1)^r)-\frac{n^r}{1-a}
\]
容易发现这已经完成归纳法的第二步了，我们只需要证出第一步，即\(r=0\)时这个式子是一个关于\(n\)的多项式：
\[
S'(n)=\frac{1}{a^{n+1}}\times \frac{1-a^{n+1}}{1-a}=\frac 1 {1-a}(\frac 1 {a^{n+1}}-1)
\]
痛苦的事情来了：这东西其实并不是常数，还带着一个\(\frac 1 {a^{n+1}}\)……
然而，显然可以看出，\(\frac 1 {a^{n+1}}\)的系数恰好是\(n^0\)的系数的相反数，并且在\(r>0\)的推导中会保持这个样子。
于是我们假设除去\(\frac 1 {a^{n+1}}\)的关于\(n\)的\(r\)次多项式是\(g(n)\)，那么就有
\[
S'=g(n)-\frac 1 {a^{n+1}}g(0)
\]
只需要求出\(g(0)\)，就可以插值搞出\(g(n)\)了。
考虑多项式的性质：只需要做\(r+1\)阶差分，它就没了。
于是差分的时候存一下常数和\(g(0)\)的系数，就可以解出\(g(0)\)了。
容易证明\(g(0)\)的系数不为0，只需要把差分的式子摆出来就可以了。
首先显然合法的点构成一个前缀。
画出两人从起点开始走的t-s图像（即横坐标是s，纵坐标是t），放在一个坐标系内。考虑Snuke什么时候会胜利：Ringo选了个点\(x\)，那么把Ringo的图像向下平移，使得\(x\)的纵坐标变成0。此时如果两人图像有交点就合法。
于是我们可以直接把Ringo的图像往下一点一点平移直到两人图像不再有交点，此时Ringo与\(x\)轴的交点就是那个前缀的终止位置。
我们以两人最后的交点为界，右边用Snuke的线，左边用Ringo平移后的线，可以组成一条折线C。容易发现C的终点必然是\((n,S),S=\sum a_i\)。
为了让与\(x\)轴的交点横坐标尽可能大，我们会想要尽可能地快速往上跑达到\(S\)。容易发现通过把线放在交点左右，每条线的贡献都可以达到上界：\(\max(a_i,b_i)\)，除了与\(x\)轴有交点的线的贡献至多\(b_i\)。
枚举与\(x\)轴有交的线是第\(k\)条，二分需要几条线才能到达\(S\)，然后就可以算出答案了。
（这什么神仙思路啊？？）
设\(p=a^{-1}\)。
考虑暴力。枚举有几个人过了题，尝试把假榜里的人往终榜填。从左往右扫，分两种情况。
当AC人数还不够时：
如果\(i\)过了题，那么\(p_i\)必须恰好在没人的位置的最前面。否则\(i\)肯定fst了，那么他必须比之前fst的人更靠后。
当AC人数够了时：
如果让他没有交题，排在第一个没有人的位置，显然是合法的，但这意味着后面的人都没有交题。
如果现在这个人还可以令他是交了题的，那么还有一种选择，就是让他fst，只要位置比之前fst的人更靠后。显然能fst就不要不交题。
有点懵，把代码放上来：
int check(int cnt)
{
rep(i,1,n) vis[i]=0;
int l=0,mx=cnt,pos=cnt+1,flg=0;
rep(i,1,n)
{
if (l<cnt)
{
if (p[i]==l+1) vis[++l]=1;
else if (p[i]>mx) vis[mx=p[i]]=1;
else return 1;
}
else
{
while (pos<=n&&vis[pos]) ++pos;
if (p[i]!=pos&&(flg||p[i]<mx)) return 1;
vis[p[i]]=1;
if (p[i]<mx||flg) flg=1; else mx=p[i];
}
}
return 0;
}于是\(O(n^2)\)做法就出来了。
考虑如何优化。有一个显而易见的性质：\(a[1...cnt]\)必须单调上升，并且如果\(cnt=i\)合法且\(a_{i+1}>a_i\)，那么\(cnt=i+1\)也合法。
于是看一下单调上升的长度，在这里面合法的人数是一个后缀，可以直接二分。
void work()
{
read(n);
rep(i,1,n) read(a[i]),p[a[i]]=i;
int mn=1e9,mx=-1e9;
rep(i,1,n) if (a[i]>a[i-1]) mx=i; else break;
int l=0,r=mx;
while (l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if (!check(mid)) mn=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
if (mn>mx) mn=mx=-1;
printf("%d %d\n",mn,mx);
}首先把\(a_i\)从小到大排序。
不知道怎么的观察样例可以受到启发：留一条对角线不填。
假设\(a_i< n\)且只用\(n\)个集合，那么有这样一种构造方法：每一列从留空的一个点上面开始往上填，不够就继续从最底下开始。可以证明这样一定是合法的。
如果有\(a_i=n\)呢？我们把它这一列的最后一个也填上，那么最后一行显然只有一个后缀是填了1的。
此时会发现最后一行可能会和上面的一行（且仅有那一行）起冲突，咋办呢？
把\((n+1,n)\)的1填到\((n,n)\)去，你发现这样就合法了。
为啥？画画图反证一下就可以了吧。
（这怎么想到的啊？？）
int n;
pii aa[sz];int a[sz],p[sz];
int pre(int x){if (x==1) return n;return x-1;}
int ans[sz][sz],cnt[sz];
int main()
{
file();
read(n);
rep(i,1,n) read(aa[i].fir),aa[i].sec=i;
sort(aa+1,aa+n+1);rep(i,1,n) a[i]=aa[i].fir,p[aa[i].sec]=i;
rep(i,1,n)
{
int x=min(a[i],n-1);
if (a[i]==n) ans[n+1][i]=1,++cnt[n+1];
for (int j=pre(i),k=1;k<=x;k++,j=pre(j)) ans[j][i]=1,++cnt[j];
}
int cc=cnt[n+1];
int flg=0;rep(i,1,n-cc) flg|=ans[n-cc][i];
if (cc&&cc!=n&&!flg) swap(ans[n][n],ans[n+1][n]),--cnt[n+1],++cnt[n];
printf("%d\n",n+bool(cnt[n+1]));
rep(i,1,n+bool(cnt[n+1])) { rep(j,1,n) putchar(ans[i][p[j]]+'0'); puts(""); }
return 0;
}标签：朴素 read 拉格朗日插值 集合 n+1 while 前缀 关于 ==
原文地址：https://www.cnblogs.com/p-b-p-b/p/11960879.html
