The 2020 ICPC Asia Macau Regional Contest

A - Accelerator

设加速器序列为 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)，那么考虑把题目里的式子展开：\(a_n+a_na_{n-1}+a_na_{n-1}a_{n-2}+\cdots + \prod_{i=1}^n a_i\)。

我们把它一项项考虑。对于第 \(k\) 项，如果枚举过所有 \(n!\) 种情况，那就是对下标集合 \(\{1, 2, 3, \cdots, n-1, n\}\) 选出一个长为 \(k\) 的排列 \(a_{p_1}, a_{p_2}, \cdots, a_{p_n}\)。而每个 \(p\) 都有若干次贡献，但我们最终要求期望，这个东西最终要被除掉，所有可以不考虑。

简化一下式子，就是：

\[\frac{\sum\limits_{S\subseteq \{1, 2, \cdots, n\}, |S|=k} \prod_{i\in S} a_i k!}{{n\choose k}k!} = \frac{\sum\limits_{S\subseteq \{1, 2, \cdots, n\}, |S|=k} \prod_{i\in S} a_i}{{n\choose k}} \]

分子上的东西实际上就是 \([x^k]\prod_{i=1}^n (1+a_ix)\)。答案就是 \(\forall k\in \{1, 2, \cdots, n\}\) 求个和。分治 FFT 即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)​。

B - Boring Problem

真搞死我了这个题。特意学习了一下这种题目的一些解法，好像是什么套路？

像这种往后面随机加字符，出现给定字符串集合的任意一个后停止，问期望长度的，主流做法有两种：PGF 和 AC 自动机。但是这题有钦定前缀，PGF 很不好处理，而对于 AC 自动机而言就只要跑一遍就行了，因此我们考虑后者。

首先朴素的思想是，对 \(T_{1\sim n}\) 建立 AC 自动机。然后对每个结点构造方程，最后高斯消元，复杂度 \(O(n^3m^3)\)，无法通过。考虑把方程的数量降下来。

注意到一个关键性质：对于 Trie 图中每个点，连出的所有非树边的 Trie 树深度都小于当前点。而且这个性质是一般图跑了一个 DFS 生成树所不具备的。

对 Trie 树做树链剖分（任意选择重儿子），可以发现虽然 Trie 树是 \(O(nm)\)​​ 的，但由于只有 \(n\)​ 个串，链只有 \(n\)​​​ 条。将作为链顶的点设为关键点，并尝试用这些关键点表出其他的点。

先写出朴素的方程：\(E(x)= 1+\sum_{c\in \Sigma} E(\textit{next}_{x,c})\times p_c\)​。我们把重儿子 \(y\)​ 移项（记 \(x\to y\)​ 对应字符为 \(c'\)​），得：\(E(y)=\frac{1}{p_c}(E(x) - \sum_{c \in \Sigma, c \ne c'} E(\textit{next}_{x,c})\times p_c - 1)\)​。根据上面的性质，我们自根向下表示，那么对于 \(y\) 而言，\(E(y)\) 与 \(y\) 的父亲和兄弟相关。父亲以及兄弟中的“根据 fail 指针补上的边”都是深度浅于 \(y\) 的，都已被表示而可以直接叠加，其他的兄弟必然都是链顶可以直接代入。

现在每个点都有一个关于链顶的等式，我们选出 \(n\)​ 个叶子，利用叶子的期望等于 0 建立 \(n\) 个方程，\(O(n^3)\)​ 高消即可。最后带入等式可以得到所有点的期望。

最后把 \(R\) 放 AC 自动机上跑一遍即可，注意特判叶子。复杂度 \(O(n^3+n^2mk+|R|)\)。

C - Club Assignment

从这个角度看问题：每次我们钦定一对点 \(u, v\) 不在同一个 club 里。不难发现一定是在所有关系 \((i, j)\) 二元组中找其中若干个 \(w_i\oplus w_j\) 最小的，越多越好，直到找到一个发现关系冲突了为止。之所以要找最小的，是因为如果我们跳过了一些小的，那这些小的就不得不成为答案（参考 MEX）。

再观察，发现我们只要使这些关系构成一颗树（最小异或生成树）即可，原因是我们不必等到出现冲突，也不用管是不是没有成树就出现了冲突，答案方案就已经固定。对于一个固定的方案，我们可以通过 01-Trie 求解答案。

而求异或最小生成树是个套路问题了。每次按某一位（从高位到低位枚举）分治，然后借助 01-Trie 找到联立两个点集的最小边即可。总复杂度 \(O(n\log^2 w)\)。

D - Artifacts

阅读理解题。几个实现技巧：

• getline 读入整行；
• std::string 中的 find 函数可以识别类别；
• sscanf 读取数字。

F - Fixing Networks

考虑最省顶点的方式，就是构造 \((d+1)\) 个点的完全图，用以应付一个 department。最后只需要考虑 \(c=1\) 的情况了。

考虑如下构造：将 \(n\) 个点排成环，每个点向两侧相邻的 \(\lfloor d/2\rfloor\) 个点连边。如果 \(d\) 为奇数就向对面再连边。如果 \(n\) 是奇数使得没有对面的点，那说明无解，因为这样整张图的度数和就是奇数了。

注意特判 \(d=0,1\)，以及点数不够用的情况（\(c(d+1)>n\)）。

G - Game on Sequence

一开始有一个比较怪的想法，就是每次 push back 后，从后往前暴力按必胜必败态定理更新，再加一个如果对当前考虑的点不起作用就跳过。但是感觉不好操作也没啥前途就先弃了。

其实有更优秀的解法：记 \(s_i\) 为 \(i\) 这个位置先手是否必胜。

考虑一个关键性质：对于出现超过一次的 \(x\)，选取 \(A_i=A_j=x\) 且 \(i<j\) 的一对 \((i,j)\)。讨论一下 \(s_j\)：

• 如果 \(s_j = 0\)，那么显然 \(s_i = 1\)；
• 如果 \(s_j = 1\)，那么由于 \(j\) 可以到达的点中存在一个 \(s=0\) 的，而 \(i\) 可以到达 \(j\) 可达的所有位置，那么 \(s_i\) 仍然 \(= 0\)。

也就是说，如果询问一个 \(k\)，满足 \(A_k\) 不是最后一次出现的，那么 \(s_k=1\)。如果是最后一次出现的，我们可以暴力维护 dp 去应付这种询问。对一个点暴力 dp 复杂度是 \(O(\log A)\)，每次 push back 要对所有 \(A\) 都做一遍（这里注意顺序）。

总复杂度 \(O(nA\log A)\)​。

I - Nim Cheater

根据博弈论基础知识（SG 定理），Nim 游戏的后手必胜充要条件是，所有石子堆的石子个数异或起来的结果为 \(0\)。那转化后的题意就是，对于每次修改操作后，选出一个总花费最大的集合，满足集合中元素的权值异或和为 \(0\)。修改操作有添加一个元素，以及撤销。

下面记 \(U=2^{14}=16384\)。一个显然的 dp 是：\(f(u)\) 表示选取的异或和为 \(u\)，最大花费和是多少。每当加入一个元素，就可以在 \(O(U)\) 时间内更新 \(f\)。

由于只有添加和撤销操作，不难发现操作构成一棵树形结构。建树后跑 DFS，对每个点都计算一边 dp 数组。直接这样做是 \(O(U\times n)\) 的时空复杂度，然而空间限制只有 8 MB，无法通过。

题解提供了一个优秀的想法：由于 DFS 的顺序并不影响结果，考虑轻重链剖分。对于每个点，我们先计算轻儿子，并将 \(f\)​ 数组复制；最后计算重儿子是直接继承 \(f\)​ 数组。得益于一棵树上每个点到根的路径上都只有不超过 \(O(\log n)\)​ 条轻边，那么一个点实际上只要保留 \(O(U\log n)\)​ 大小的祖先上的信息。

J - Jewel Grab

转化询问：对于一个询问 \(s, k\)，找到一个最长的区间 \([s,t]\)，满足区间中出现次数超过一次的元素的，出现次数减一，的和，不超过 \(k\)。然后对于所有区间中出现次数超过一次的元素，找出其中权值最大的求和；对其他的元素直接求和。计算最终结果。

如果“出现次数”、“区间”相关的题目做多了，不难反应到，定义一个 \(\textit{last}_i\) 表示位置 \(i\) 的元素在序列中上一次出现的位置（第一次出现则 \(\textit{last}_i = 0\)）。那么上述的 \(t\) 就是最大的一个整数，满足 \(\sum_{i=s}^t [\textit{last}_i < s] \le k\)。

抓住 \(k\le 10\)，即 \(k\) 很小这个特点。考虑我们可以暴力找出所有 \(last_i<s\) 的这些 \(i\)，具体的，建立线段树，维护区间 \(\textit{last}\) 的最小值，然后一次线段树上二分即可找到一个 \(\textit{last}_i < s\) 的最近的 \(i\)。如此往复 \(O(k\log n)\) 可以完成所有这样位置的搜寻。

然后我们实现统计答案：求出 \([s, t]\) 的权值和，然后减掉出现次数超过一次的，但不是最大的元素的权值。这里要减去的只有 \(O(k)\) 个。

最后修改是非常简单的事情，复杂度 \(O(mk\log n)\)。

K - Candy Ads

没写，口胡一下。可以说非常明显的 2-SAT 了，将时间看做一维，三维空间下相交说明两者二选一，以及 \(m\) 个额外限制也是 2-SAT 量身定制。

一开始想了一个比较繁琐的线段树优化建图做法，然后发现四百万乘上 \(\log\)​ 的时间有点卡，就不管了。

结果发现这玩意可以跑 bitset！（事实上这种很多维度的东西都可以想想这个？）考虑最终我们用 bitset 去维护整个 \(O(n^2)\) 大小的邻接矩阵，然后用 Kosaraju 算法在上面跑。

建图时就体现 bitset 的优越之处了。我们考虑有，两者相交，当且仅当 \(x\) 方向相交 \(\land\) \(y\) 方向相交 \(\land\) 时间区间相交。三维的信息我们做三次（或六次）就行了。时间复杂度差不多是 \(O(n^2/w + m)\)。

为什么我不写呢？因为这题空间只有 512 MB，所以要分块处理，实在有点麻烦，不想写了。

L - Random Permutation

从排列的角度考虑问题：对于一个排列 \(p\)，有多少合法的 \(a\)？显然是 \(n!\)。而所有 \(n!\) 种排列都对应 \(n!\) 种 \(a\)，那么答案就是 \((n!)^2/n^n\)。

然而我傻掉了，使用找规律通过了此题。