Codeforces Global Round 15 题解

A - Subsequence Permutation

求出 \(s\) 排序后的结果 \(t\)，计算 \(s, t\) 不同的位置数即可。

B - Running for Gold

答案唯一，因为如果有两个答案，那么两者是相互矛盾的。

于是顺序扫描，维护可能的答案就行了。

C - Maximize the Intersections

如果所有位点都是空的，那么每个位点与对面相连最优。

现在有若干初始的弦，那把剩下的 \(2(n-k)\) 个取出，第 \(i\) 个连向第 \(n - k + i\) 个即可。

D - Array Differentiation

如果 \(b\) 的长度为 \(n + 1\) 就好办了，\(b_1=0\)，\(a_i=b_{i+1}\)。

长度为 \(n\)​，说明存在一个“环”，边权值和为 \(0\)。我们枚举一个子集 \(S\)，作为环的边权，并且枚举正负。如果存在 \(=0\) 就是成功。

复杂度 \(O(3^n n)\) 或 \(O(3^n)\)。

E - Colors and Intervals

考虑到 \(\lceil\tfrac{n}{k-1} \rceil (k-1) \ge n\)，我们每次处理 \(k-1\)​ 种颜色，进行 \(\lceil\frac{n}{k-1}\rceil\) 轮这样的操作，就能操作到所有的颜色。这样合法的前提是，没轮操作中每个位置覆盖不超过一次。

我们尝试这样一个算法：提取出所有当前 \(k-1\) 种颜色对应的位置，每个颜色有 \(k\) 个位置。那么顺序扫过，当第一次遇到一个“第二次出现该颜色”的位置时，记录答案，清空之前所有的扫描记录。

其中，只要证明“清除记录”不会造成无解即可。首先考虑一次清空，最多导致其他颜色 \(k\) 个位置中的一个变成无效的。但注意我们一次只处理 \(k-1\) 种颜色，因此最后一个出解的颜色只会有不超过 \(k-2\) 次使之位置无效化的清除。剩下两个仍然构成解。

复杂度不超过立方级别都能过，可以做到 \(O(nk)\)。

F - Telepanting

动态规划，设 \(f_i\)​ 表示当前刚经过 \(x_i\)​，且经过后 \(1\sim i\)​ 号机关全为活跃状态，这时希望穿过 \(x_{i+1}\)​ 且穿过后 \(i+1\)​ 号机关也是活跃的，其间所需时间。一般认为默认状态都为活跃。如果求出了 \(f\)，那么答案不难计算，如果 \(s_i=0\) 则加上 \(x_i - x_{i-1}\)，否则加上 \(f_{i-1}\)。最后再加一。

考虑从 \(f_{i-1}\)​​​​ 推到 \(f_{i}\)​​​​。首先一开始 \(i\)​​​​ 号机关是活跃的，那么会直接传送到 \(y_{i+1}\)​​​​ 的位置，然后计算“从 \(y_{i+1}\)​​​​ 到达并穿过 \(i\)​​​ 号机关”，加上 \(x_{i+1}-x_i\)​​​ 就是所求。要得到 \(y_{i+1}\)​​​ 后第一个 \(x\)​​ 可以 std::lower_bound，记为 \(x_k\)​​。计算中途的代价即为中间 \(f_p\)​ 之和。可以直接相加而不考虑再次被传送回去，是因为在之前计算 \(f_p\)​​ 考虑过了。完整状态转移：

\[f_{i} = (x_{i+1} - x_i) + (y_{i+1} - x_{k-1}) + \sum_{p=k-1}^{i-1} f_p \]

前缀和优化，复杂度 \(O(n\log n)\)。

G - A Serious Referee

咕咕咕

H - Guess the Perimeter

对于一个 \(w\times h\)​ 的矩形，如果知道了它的面积以及一边的长度，周长就很显然了。考虑面积，很简单，把所有点都扔进去，问一遍，结果就 \(=(w+1)(h+1)\)​。这需要一次询问，剩下 \(3\)​ 次我们搞出 \(h\)​。（这么多 \(+1\) 是因为每个维度两侧边框都算）

首先有一个还算显然的引理：记询问一个点集 \(\{(d\cdot i,j)| 1\le i\le \lfloor\tfrac{200}{d}\rfloor, 1\le j\le 200\}\) 得到的结果为 \(f(d)\)。那么 \(\forall d | (w+1)\)，满足 \(d\cdot f(d) = f(1)\)。

根据这个，可以判断一个数 \(d\)​ 是否是 \(w+1\)​ 的因数。如果图画出来，注意到一点，如果一个数 \(d|(w+1)\)​，\(d\cdot f(d) = f(1)\)​ 的实际意义为，\(d\cdot f(d)\)​ 可以直接表示 \(f(1)\) 而无差错。反之，则 \(d\cdot f(d) \neq f(1)\)​，\(d\cdot f(d)\)​ 相比 \(f(1)\)，多了或少了若干列的点。如果可以利用这部分差错，并得知一共多了或少了多少列，就不难得到 \(h\) 的具体值。

考虑求一个 \(k\)，满足 \(2^k\) 是 \(2\) 的最高为 \(w+1\) 因子的幂，即 \(2^k |(w+1)\) 且 \(2^{k+1}\not{|} (w+1)\)。为什么是 \(2\) 的幂而不是其他数的幂呢？观察上面那个突破口，由于 \(h\) 需要差错和“一共多了或少了多少列”这两部分信息求得，前者就是询问本身，后者则不那么号操作。而对于 \(2\) 的幂，从 \(2^k\) 到 \(2^{k+1}\)​，多了或少了的列数必然为 \(1\)。于是具体得到的差错值就完美地等于 \(h+1\)。

形式化上面的描述，就一个等式：

\[\left| f(2^k) - 2f(2^{k+1})\right| = h+1 \]

最后就是如何求 \(k\)​ 的问题了。显然 \(k \in \{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}\)，直接顺序可能要求 \(8\) 次。但我们发现此处有可二分性，对于不超过 \(7\) 个数可以在 \(3\) 次查询得到结果。其中 \(f(1)\) 是面积相关，在一开始就计算好，这里一共 \(4\) 次询问。不过最后一步还需要 \(f(2^{k+1})\) 的值，然而这在二分的过程中已经算过了（这也是选择 \(2\) 的幂的又一个优势）；对于 \(k=7\)​​ 的情况，由于 \(f(2^8)\) 必然 \(=0\)，不会有额外的询问。

至于 \(2\) 的幂是怎么反应到的……大概还是做题经验吧。

I - Organizing a Music Festival

咕咕咕