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2023辽宁省赛E

news 来源：原创 2024/5/20 12:17:03

Solution

题目大致分为三个步骤

计算 $P (S)$
证明删除区间连续且找到最值位置
根据最值位置求出答案

接下来过程中不合法的组合数都默认为 $0$

第 1 步 - 求出总值

考虑 $S_m = \{1, 2, \cdots, m\}$ , 则有 $P(S_{n+2}) = P(S_{n+1})+P(S_{n}) $

因为
$P(S_n) = \sum_{i=1}^n \binom{n-i}{i-1} \ , \ P(S_{n+1}) = \sum_{i=1}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-1} \ , \ P(S_{n+2}) = \sum_{i=1}^{n+2} \binom{n+2-i}{i-1}$
利用公式
$\binom{n}{m} = \binom{n-1}{m} + \binom{n-1}{m-1}$
可以得到
$\begin{aligned} P(S_{n+2}) &= \sum_{i=1}^{n+2} \binom{n+2-i}{i-1} \\ &= \sum_{i=2}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-1} + \sum_{i=2}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-2} + \binom{n+2-1}{0} + \binom{n+2-(n+2)}{n+2} \\ &= \sum_{i=1}^{n+1} \binom{n+1-i}{i-1}-1 +\sum_{i=1}^{n}\binom{n-i}{i-1} + 1 \\ &= P(S_{n+1}) + P(S_n) \end{aligned}$
其中 $P(S_1) = 1$ , $P(S_2) = 1$ , 所以 $P(S_n) = \mathrm{fib}(n)$

或者由恒等式
$\sum_{i=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n-i}{i} = \mathrm{fib}(n+1)$
然后
$\begin{aligned} P(S_n) &= \sum_{i=1}^n \binom{n-i}{i-1} \\ &= \sum_{i=0}^{n-1} \binom{(n-1)-i}{i} \\ &= \mathrm{fib}(n) \end{aligned}$

第 2 步 - 证明连续

最为关键的一点是 , 删点顺序不影响答案(我们将所有数当成数轴的点以简化说明) , 所以我们记 $F(x_1,\cdots,x_r, x)$ 为去掉点 $x_1,\cdots,x_r$ 后再删掉点 $x$ 少的贡献 , 这里我们钦定 $x_1 > x_2 > \cdots > x_r > x$

首先考虑仅删除一个点时少掉的贡献 , 假设删除的位置是 $x$ , 有
$\binom{n-x}{x-1} + \sum_{i=1}^{x-1} \binom{n-i-1}{i-2}$
我们尝试找一找 $F (x)$ 的最值点(如果只删掉一个点肯定是越大越好) , 有
$\begin{aligned} F(x+1) - F(x) &= \binom{n-x-1}{x} - \binom{n-x}{x-1} + \binom{n-x-1}{x-2} \\ &= \binom{n-x-1}{x} - \binom{n-x-1}{x-1} - \binom{n-x-1}{x-2} + \binom{n-x-1}{x-2} \\ &= \binom{n-x-1}{x} - \binom{n-x-1}{x-1} \end{aligned}$
可以发现 $F (x)$ 是先增后减的单峰函数(最值点唯一或相邻两个) , 且最值点位置关系有
$\lceil \cfrac{n-x'-1}{2} \rceil = x' \ or \ \lfloor \cfrac{n-x'-1}{2} \rfloor = x'$
现在我们考虑删除两个点时的情况 , 我们来考虑 $F(x_1,x)$ 的最值点(不一定能取到) , 有

$F(x_1,x) = \binom{(n-1)-x}{x-1} + \sum_{i=1}^{x-1} \binom{(n-1)-i-1}{i-2}$
(因为删除 $x_1$ 对删除 $x$ 的影响一定是"比 $i$ ( $\leq i \leq x_1-1$ ) 大的数少了一个")

有一种更感性的理解方法 , 因为 $x < x_1$ 所以我们可以将 $x_1+1$ 到 $n$ 重标号为 $x_1$ 到 $n - 1$ , 问题就转化为了从 $1$ 到 $n - 1$ 的子问题

类比之前的求法可以得到 $F(x_1,x)$ 的最值点位置关系有
$\lceil \cfrac{(n-1)-x'-1}{2} \rceil = x' \ or \ \lfloor \cfrac{(n-1)-x'-1}{2} \rfloor = x'$
依此类推 , 可以证明 $F(x_1, \cdots, x_{k-1}, x)$ 的最值点位置关系有

$\lceil \cfrac{(n-k)-x'_k}{2} \rceil = x'_k \ or \ \lfloor \cfrac{(n-k)-x'_k}{2} \rfloor = x'_k$
去掉取整符号可以得到
$\leq 3x'_k \leq (n-k)+1$
这说明 $\leq x_{k+1}'- x_k' \leq 0$

接下来我们要证明删除序列为连续的一段

假定目前已经删除了 $r$ 个点 , 且删的第 $r$ 个点满足 $x_r \leq x_r'$ , 由上面不等式有 $x'_{r+1} = x'_r$ 或者 $x'_{r+1}=x'_r-1$

由前论 $F$ 的性质 , 可知 $x_{r+1} = x_r-1$ 时 $F(x_1,\cdots,x_{r+1})$ 最大 , 归纳可得 $x_r,\cdots, x_m$ 连续

我们不妨假设第 $k$ 次删除的点是第一个满足 $x_k = x'_k$ 的 , 即它是第一个删除点等于对应最值点的

有 $x'_k < x_{k-1} < \cdots < x_1$ , 考虑 $F(x_1,x) ,\cdots , F(x_1,\cdots,x_{k-2},x)$

可以发现在 $x'_k<x_{k-1}$ 的限制下根据最值点的不等式 , $F(x_1,\cdots,x_{k-2},x)$ 可以取到的最大值点一定为 $x'_k+1$

同理可得 $x_i = x'_k + (k-i)$ , 这说明 $x_1,\cdots,x_k$ 连续

如果不存在这样的 $k$ , 那么可以分为两种情况

对于所有的 $x_i$ , 要么 $x_i < x'_i$ 要么 $x_i > x'_i$
存在 $k$ 使得 $x_k > x'_k$ 且 $x_{k+1} < x'_{k+1}$

对于情况 1 , 将 $x_m$ 或 $x_1$ 移动到最值点处会更优

对于情况 2 , 将 $x_{k+1}$ 移动到其最值点上会更优

这说明了最优解的删除方法至少有一次满足 $x_k = x'_k$ , 这样的 $k$ 必定存在

综上 , 删除区间连续

这部分简单地说 , 就是如果将删除的数定序为从大到小 , 那么删一个点后减掉的贡献只和前面删数的数量相关(当然要考虑最值点的位置) , 而又由于最值点之间相距很近 , 所以删除序列连续

第三步 - 求出贡献

现在不妨假设我们删了 $l$ 到 $r$ , 现在我们来寻找使得答案最小的 $l$ 和 $r$

我们从最后的答案 $P (S^{'})$ 来分析 , 则最小的 $P(S_{l,r})$ ( $S$ 删除 $l$ 到 $r$ 的数) 对应我们所要的 $l$ 和 $r$
$P(S_{l,r}) = \sum_{i=1}^{l-1} \binom{n-(r-l+1)-i}{i-1} + \sum_{i=r+1}^n \binom{n-i}{i-1}$
依旧做差
$\begin{aligned} P(S_{l+1,r+1}) -P(S_{l,r}) &= \sum_{i=1}^{l} \binom{n-(r-l+1)-i}{i-1} + \sum_{i=r+2}^n \binom{n-i}{i-1} - \sum_{i=1}^{l-1} \binom{n-(r-l+1)-i}{i-1} - \sum_{i=r+1}^n \binom{n-i}{i-1} \\ &= \binom{n-(r-l+1)-l}{l-1} - \binom{n-r-1}{r} \\ &= \binom{n-r-1}{l-1} - \binom{n-r-1}{r} \end{aligned}$
可以通过分析得到 $P(S_{l,r})$ 是单峰函数且最小值点要么有一个 , 要么有相邻的两个 , 且有
$\frac{n+m-1}{3}$
这样我们就确定了删除的范围 $l$ , $r$ ( $\geq m$ )

接下来我们来计算 $P(S_{l,r}) \ \mathrm{mod}\ p$ , 观察式子 , 实际上我们要计算的是
$\sum_{i=0}^{a} \binom{n-i}{i} \ \mathrm{mod} \ p$
若 $\leq p$ , 则上式可以在预处理后暴力计算 , 复杂度 $\Theta(p)$ , 以下假定 $n > p$

根据 Lucas 定理稍作变换
$\begin{aligned} f(a,n) &= \sum_{i=0}^{a} \binom{n-i}{i} \ \mathrm{mod} \ p \\ &= \sum_{i=0}^{a} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor}{\lfloor i/p \rfloor} \binom{(n-i) \% p}{i \% p} \ \mathrm{mod} \ p \\ &= \sum_{i=0}^{p-1} \binom{(n-i) \% p}{i} \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-j}{j} + \sum_{i=0}^{a\%p} \binom{(n-i) \% p}{i}\binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-\lfloor a/p \rfloor}{\lfloor a/p \rfloor} \ \mathrm{mod} \ p \\ &= g(a,n)+ h(a,n) \end{aligned}$
因为 $\lfloor (n-i)/p \rfloor$ 只会在 $i=n\%p$ 到 $i=n\%p+1$ 内变一次 , 所以我们可以将 $g (a, n)$ 拆分
$\begin{aligned} g(a,n) &= \sum_{i=0}^{p-1} \binom{(n-i) \% p}{i} \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-j}{j}\ \mathrm{mod} \ p \\ &= \left[ \sum_{i=0}^{n\%p}\binom{n\% p - i}{i} + \sum_{i=n\%p+1}^{p-1}\binom{n\% p + p - i}{i} \right] \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor (n-i)/p \rfloor-j}{j}\ \mathrm{mod} \ p \\ &= \sum_{i=0}^{n\%p}\binom{n\% p - i}{i}\sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor n/p \rfloor-j}{j}\ + \sum_{i=n\%p+1}^{p-1}\binom{n\% p + p - i}{i} \sum_{j=0}^{\lfloor a/p \rfloor-1} \binom{\lfloor n/p \rfloor-1-j}{j}\ \mathrm{mod} \ p \\ &= f(n\%p, n\%p)f(\lfloor a/p \rfloor-1, \lfloor n/p \rfloor) +\\ &\ \ \ \ \left[ f(p-1,n\%p+p)-f(n\%p,n\%p+p) \right] f(\lfloor a/p \rfloor-1, \lfloor n/p \rfloor-1)\ \mathrm{mod} \ p \\ \end{aligned}$
令 $T (n)$ 代表计算 $f (a, n)$ 的复杂度上界 , 计算 $h (a, n)$ 的复杂度为 $\log n < 2C$ , 则有
$T (n) = 2 * T (n / p) + 2 C$
其中 $T (1) = 1$ , 令 $m = \log_p n$ 则有
$T^{'} (m) = 2 * T^{'} (m - 1) + 2 C$
推得
$2^m \times 2C$
所以
$2^{\log_pn} \times 2C = n^{\log_p 2} \times 2C = n^{\log_p 2} \times 2p \log n$
当 $p > 2$ 时复杂度满足要求

当 $p = 2$ 时 , 发现 $g (a, n)$ 中 $\left[ f(p-1,n\%p+p)-f(n\%p,n\%p+p) \right]$ 在 $n$ 为奇数情况下为 $0$

而对 $g (a, n)$ 的一次拆分必定将 $n$ 分成一奇一偶 , 所以最后 $\left[ f(p-1,n\%p+p)-f(n\%p,n\%p+p) \right]$ 不为 $0$ 的点的个数至多等于长度小于等于 $\log n$ 的 01 串中不含有连续两个 1 作为子串的方案数 , 计算可以得到数量级为 $\mathrm{fib}(\log n+4)$ , 在题中所给数据限制下 $\mathrm{fib}(\log n+4) \leq \mathrm{fib}(34) < 10^7$ , 复杂度满足