【笔记】AGC选做

AGC053C#

长度为 $2N$ 的排列，分为前面 $N$ 个和后面 $N$ 个两部分记作 $A,B$。每次可以选择 $i$ 删去 $A_i,B_i$ 中较小的，删除后后面的数向前移动，问对于所有的排列最少要删的次数之和。

首先我们考虑对于一个排列怎么算答案，我们假设是将 $A$ 删空，那么 $A_i$ 一定是被 $B$ 中第一个 $>A_i$ 的数删除，那么排列的代价就是 $\max\limits_{1\le i\le n}\min\limits_{a_j>a_i}(i - j)$，记得对 $0$ 取 $\max$。

考虑计算 $f_{d}$ 表示代价 $\le d$ 的次数之和，即可求出答案。也就是对于每个 $A_i$，在 $1\sim i+d$ 中一定有比 $A_i$ 大的数。考虑依次填入 $A_n\to A_{n-1}\to \cdots\to A_{n - d + 1}$，然后轮流填入 $B_{n-i},A_{n-d-i}$，最后填入 $B_{d}\to B_1$。

为什么这么填，因为这样构造之后每次填 $A$ 只用满足不填入当前最大值即可，而填 $B$ 则没有任何限制，答案就可以线性求得。

AGC052A#

诈骗题，对于任意多个 $S$，都有 $n0+n1+0$ 是 $S+S$ 的子序列。

我们假设 $S$ 末尾有 $x$ 个 $1$，那么构造方式是选择 $S_l$ 中所有的 $0$，$x$ 个 $1$，和 $s_r$ 前面 $N-x$ 个 $1$，因为末尾所有的 $1$ 都在 $S_l$ 中选了，所以匹配到最后 $Sr$ 一定会露出一个 $0$。

AGC052B#

思维题。

固定根节点 $x$，我们求树上前缀异或和 $f_{i}$ 表示根到 $i$ 路径上 $w^1$ 的异或和，那么一次操作，等价于交换树边两端的 $f$。

但是如果树边有一端是 $x$，那么等价于全局异或 $f_i$，手算不难发现无论全局异或多少次，都等价于全局异或一次，其余的贡献被消掉了。

所以我们求出 $g_i$ 表示 $w^2$ 的异或和，那么问题转化为判断能否将 $f$ 异或上其中一个数后，重排为 $g$。

直接枚举异或哪个数是 $N^2$ 的，怎么快速知道异或的是哪个数呢，题目还有条件 $N$ 是奇数，那么如果异或了 $x$，那么 $x$ 一共被异或奇数遍，所以如果有合法的 $x$，那么 $x$ 一定等于所有 $f,g$ 的异或和。

AGC006F#

如果我们将点 $(x,y)$ 看成边 $x \to y$，那么如果有 $x\to y,y\to z$，则有边 $x\to z$。

我们可以独立考虑所有弱连通块，所以如果连通块最长路径 $\le 2$，那么不会新增边，如果存在自环，存在二元环那么任意两点 $x,y$ 之间都会连边，更进一步我们发现只要存在长度不是 $3$ 的倍数的环一定会让所有点两两连边。

因此我们固定一个点 $x$ 的颜色为 $col_x$，对于它的出点 $x\to y$ 的 $col_y = (col_x + 1) \bmod 3$，如果存在冲突说明有非 $3$ 倍数的环。

还有情况就是最长路径 $>2$，并且不存在不合法环的情况，这时所有颜色不同的点之间连边。

AGC005E#

博弈题。

对于两棵树我们分别以 $X,Y$ 为根 DFS 出每个点的深度。

首先考虑无解的情况，如果 $A$ 树中一条边在 $B$ 树中对应的路径长度 $\ge 3$ 显然如果小 $A$ 到了这条边，那么他可以在这条边两端反复移动，游戏可以无限进行下去。

所以小 $A$ 的目标是走到这样的边，而小 $B$ 要组织小 $A$，由于小 $A$ 在成功之前走过的边在 $B$ 树中距离都 $\le 2$，所以 $X$ 永远无法跨过 $Y$，所以只要一个点到 $X$ 距离小于到 $Y$ 的距离，那么就可以被小 $A$ 到达，否则不行。

AGC029E#

树上问题。

考虑计算每个点对答案的贡献，我们先求出点 $x$ 到根路径上的最大值 $mx$，显然 $x$ 能使所有 $mx$ 向 $x$ 移动一步的子树内的 $c$ 增加 $1$。

对于 $mx$ 子树外一定没有贡献，现在还剩在 $mx$ 子树内，且与 $x$ 的 $lca$ 恰好为 $mx$ 的点。我们手算一下不难发现只用比较 $x$ 到根路径上最大值和次大值的相对位置即可。

AGC032D#

序列问题。

首先我们将操作看成花费 $A$ 代价将一个数拎到右边，花费 $B$ 代价将一个数拎到左边。那么没有被操作的数一定是一个上升子序列，我们考虑计算代价最小的上升子序列。

定义状态 $f_i$ 表示以 $P_i$ 结尾的上升子序列的最小代价，$f_i \to f_j$ 当且仅当 $P_i < P_j$ 且不存在 $P_i<P_k<P_j (i < k < j)$。因为如果存在 $k$ ，那么可以直接转移 $f_i \to f_k \to f_j$。

这样限制之后转移就变得方便了很多，因为可以快速计算区间 $(i,j)$ 有多少个数 $<P_i$ 多少 $>P_j$，时间复杂度 $\mathcal{O}(N^2)$。

AGC027D#

构造一个 $N \times N$ 的矩阵，使得矩阵内的数各不相等，且任意相邻两个数 $\max(x, y) \bmod \min(x, y)$ 相等。

由于只考虑相邻两个数，我们对整个矩阵黑白染色，然后使所有相邻的格子中黑色格子更大。

考虑填入白色格子，那么黑色格子就是相邻四个格子的最小公倍数。那么我们对每个斜对角线固定一个质数，那么每个白格子就是对应两条对角线交点，将两个质数乘起来。那么每个黑色格子最多是四个质数乘起来，在范围之内。

直接求 $\rm lcm$ 会使得黑白格子有重复的数，我们求 $\rm lcm + 1$ 即可。

AGC024E#

给定 $n,k$，求有多少个序列组 $(A_0,A_1,\cdots,A_n)$ 满足序列 $A_i$ 的元素个数为 $i$，$A_i$ 是 $A_{i + 1}$ 的子序列，且 $A_i$ 字典序小于 $A_{i + 1}$，$n,k \le 300$。

$A_i$ 删掉一个位置即可得到 $A_{i - 1}$，但并不是删掉任意位置都满足字典序更小。

如果能删除位置 $x$，说明 $x$ 后面第一个$\neq A_{i,x}$ 的数要 $< A_{i,x}$。那么对于一段连续的相等的数是等价的，删除其中任意一个的等价的，我们钦定删除最后一个，那么条件就非常优美的，只用满足 $A_{i,x} < A_{i,x + 1}$。

$n,k$ 很小，考虑计数 DP，我们记 $f_{n,k}$ 表示序列长度为 $n$，所有元素在 $[1,k]$ 的答案。按照套路枚举最小的数 $w$，和最小的数第一次出现的位置 $l$，显然 $l$ 之前和 $l$ 之后是两个互不相干的子问题，我们只用保证 $l$ 必须等到后面数删完之后再删。这相当于归并两个序列，直接乘一个组合数即可。

$$f_{n,k} = \sum\limits_w \sum \limits_{l} \binom{n}{n - l + 1}f_{l - 1,k - w}\times f_{n - l, k - w + 1}$$

直接做是 $\mathcal{O}(n^4)$，我们交换顺序，先枚举 $i,l$，那么随着 $k$ 递增，$\sum f_{l - 1,k - w}\times f_{n - l, k - w + 1}$ 就是一个前缀和，可以优化至 $\mathcal{O}(n^3)$。

AGC023F#

给定一颗树，每个点有点权 $0/1$，每次可以选择一个没有父亲的节点删除，并将点权加入数列末尾，求数列的最小逆序对数。

显然如果现在可以删的点中存在 $0$，那么先删 $0$ 一定不会使答案变差，所以只要有零就优先选零。

这提示了我们，对于零，我们可以把它和它的父亲合并在一起，如果选了它父亲，那么立刻选择它。合并之后每个点有 $S_0, S_1$ 分别表示块内 $0/1$ 的个数，显然两个块 $S,T$，如果 $S_1 T_0 \le S_0 T_1$ 一定先选择 $S$，再将 $S$ 和它的父亲合并，用 set 和并查集在线维护这个过程即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(N\log N)$。

AGC009D#

给定一棵树，求它的点分树的最小深度

首先我们知道点分树的深度大概是 $\log$ 级别的。

考虑将条件转化一下，我们给树上每个点标记一个点分树深度，那么任意两个深度相同的点之间一定存在一个深度最小的点。

根据贪心，每个叶子的深度一定比非叶子大，否则交换叶子和非叶子不会使答案变差。

固定叶子后我们可以依次递推出其余每个点的深度。具体是直接树上 dfs，子树内还有多少没有匹配的深度可以状压表示。

AGC009E#

给定 $n$ 个 $0$，$m$ 个 $1$，每次选择 $k$ 个数合并成它们的平均数，保证最后剩一个数，问剩下的数有多少种可能。

合并的过程可以刻画成一个 $k$ 叉树，那么我们记 $n$ 个 $0$ 在树上的深度为 $x_i$，$1$ 的深度为 $y_i$，那么树合法的充要条件是 $\sum k^{-x_i} + \sum k^{-y_i} = 1$。

所以最后的剩下的数一定是一个 $k$ 进制小数。如果我们把小数点后第 $i$ 位记作 $c_i$，满足条件的充要条件是 $(k-1) | (n -\sum c_i)$。首先 $n = \sum c_i$ 显然成立，否则每次可以将 $k$ 个相同的 $x_i$ 进位成 $x_i - 1$，其中 $\sum c_i$ 减小了 $k-1$，所以只要差是 $k - 1$ 的倍数即可。

同理对于 $y$， $\sum k ^ {-y _ i}$ 也是个 $k$ 进制小数，要对 $m$ 满足上述条件。可以数位 DP 解决，复杂度 $\mathcal{O}(n(n + m))$。

AGC030F#

对于长度为 $2n$ 的排列 $A$，固定了其中的一些位置，求得序列 $B_i = \min\{A_{2i}, A_{2i - 1}\}$，问有多少种 $B$，$n\le 300$。

对于 $A_{2i},A_{2i-1}$ 的位置都固定的数对，可以删去。那么剩下 $(-1,-1)$ 和 $(-1,x)$ 两种情况。

数对取 $\min$ 可以看成数轴上两点匹配取左端点，那么问题转化为匹配。我们将剩下的数从大到小排序，对于出现的数记为 $1$ 类，其余记为 $2$ 类，状态 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，有 $j$ 个 $1$ 类数、$k$ 个 $2$ 类数没有匹配的方案。

注意一定要从大到小排序，这样每确定一个数，就能确定一个数对。否则对于 $(-1,x)$ 的情况，前面填 $x+1$ 还是 $x+2$ 本质相同，但是却计算了多次。时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$。

AGC030E#

给定两个长度为 $n$ 的字符串 $s,t$，不存在子串 $000/111$，每次操作可以将某一位异或 $1$，要求整个过程中也不出现子串 $000/111$，求使 $s,t$ 相等的最小操作次数。

由于不存在长度为 $3$ 的段，所以我们把 $s_i\neq s_{i + 1}$ 的断点记录下来。不难发现一次操作，相当于将断点移动一位，所以我们求出两个串的断点，答案就等价于任意移动断点直到相等的操作次数。

AGC030C#

题面

对于 $k\le 500$ 的情况，直接构造 $k \times k$ 的矩阵，第 $i$ 行填 $i$ 即为合法答案。

现在有 $k \le 1000$，考虑斜着填数，第 $i$ 个对角线填 $i \bmod n + 1$，这样就可以填 $500$ 个数，同时我们发现一个对角线可以填入两种颜色形如 $0,1,0,1,\cdots$ 的交替，这样就可以填入 $1000$ 个数。

AGC030D#

给定一个长度为 $n$ 的数列，和 $m$ 个操作 $(x,y)$，每次可以选择交换或不交换 $a_x$ 和 $a_y$，问所有 $2^m$ 种情况最终数列逆序对数之和。

考虑将计数问题转化为概率，我们记 $f_{t,i,j}$ 表示经过前 $t$ 次操作，$a_i > a_j$ 的概率。那么对于当前操作 $(x,y)$，有转移 $f_{t,x,y} = f_{t,y,x} = \dfrac{f_{t - 1, x, y} + f_{t - 1, y, x}}{2}$，同理有 $f_{t,i,x} = f_{t,i,y} = \dfrac{f_{t - 1, i, x} + f_{t - 1, i, y}}{2}$，由于每次只有 $2n$ 个状态会改变，所以第一维可以省去，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2 + nq)$。

AGC025D#

给定 $2n\times 2n$ 的网格，从中选出 $n\times n$ 个点，使得不存在两个点距离为 $\sqrt{D_1}$ 或 $\sqrt{D_2}$。

如果两个点之间距离为 $\sqrt{D_1}$ 就在 $A$ 图中连边，为 $\sqrt{D_2}$ 就在 $B$ 图中连边。粗略估计边数是 $\mathcal{O}(n^3)$ 有点勉强，但实际边数接只有 $n^2$ 级别。而我们要选出一个独立集在 $A$ 和 $B$ 中没有边，如果图是二分图，那么对两个图分别黑白染色就可以选出 $1/4$ 个点即为答案。巧的是，建出的图恰好也是二分图。

AGC023E#

给定长度为 $N$ 的序列 $A$，求所有满足 $P_i \le A_i$ 的排列 $P$ 的逆序对数之和。

考虑对每一对位置 $(i,j) (i< j)$ 计算贡献。如果 $A_i \le A_j$，那么如果 $A_i < P_j \le A_j$，则有 $P_j > A_i \ge P_i$ 一定不产生贡献，那么可以把 $A_j$ 修改成 $A_i$，然后计算有多少合法排列。此时 $A_i = A_j$ 那么顺序对和逆序对是相等的，用合法排列数除 $2$ 即可。

如果 $A_i > A_j$，那么我们可以用上面相同的办法求顺序对，然后用总的排列数减去顺序对即可。

已知 $A$ 怎么求合法的 $P$ 数量。我们将 $A$ 排序后得到 $B$，$B_i$ 对应 $A_{c_i}$，那么总方案就是 $tot = \prod (B_i - i + 1)$。

将 $B_j$ 修改成 $B_i$ 怎么计算？不失一般性令 $B_i < B_j$，还是用上面的公式，就是 $tot \times \dfrac{B_i - i}{B_j - j + 1}\prod\limits_{k=i+1}^{j-1}\dfrac{B_k-k}{B_k - k + 1}$，也就是形如 $F(i,j) = tot \times w(i) \times w(j)\times \prod\limits_{k = i + 1} ^ {j - 1} f(k)$ 的形式。我们需要计算所有 $F$ 的和，考虑固定 $j$，依次向右移动 $j$，用线段树维护 $i$，那么我们只用支持单点修改和全局乘，即线段树的基本操作。

AGC022E#

给定一个长度为奇数的 $0/1/?$ 串，可以将 $?$ 替换成 $0/1$，问有多少可能的串是合法的。一个串是合法的当且仅当可以通过每次取长度为 $3$ 的子串，替换成这 $3$ 个数的中位数，最后剩下 $1$。

贪心 + DP。

我们观察到 $000\to 0$，$111\to1$，其余都是消去一个 $01$。我们要尽量删去 $0$，然后留下 $1$，所以优先删除 $000$。

那么我们开一个栈模拟贪心，将串扫一遍并依次加入元素，如果加入的数 $1$，就和栈顶的 $0$ 匹配删除，如果加入的是 $0$ 且前面有 $2$ 个 $0$，就进行 $000\to 0$。这样我们栈始终保持底部一段是 $1$，然后栈顶最多存在两个 $0$。

再观察一下发现，只要栈中出现了 $3$ 个 $1$，那么无论后面怎么加入元素都是合法的。所以我们直接 DP，$f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 个数，栈内有 $j$ 个 $1$，$k$ 个 $0$ 的方案。时间复杂度 $\mathcal{O}(N)$。

AGC027F#

给定两棵 $n$ 个点的树 $A,B$，每次可以选择一个 $A$ 的叶子，删掉该结点的边并连向另一个点，每个点只能选择依次，问将 $A$ 变成 $B$ 的最小操作次数。

直接做非常没有头绪。但是考虑到 $n$ 非常小，考虑用枚举降低思维难度。我们枚举第一次操作。如果第一次修改的点是 $x$，那么 $x$ 不能再被修改。我们在两棵树中以 $x$ 为根。那么 $A$ 树肯定是从叶子向上修改，一个点能修改当且仅当他子树中的点都被修改了。

但是条件并不充分，我们同时观察到对于 $B$ 树，如果 $a$ 是 $b$ 的父亲，那么如果 $b$ 先修改，$(a,b)$ 这条边被固定了，$a$ 就不能修改了。所以一个点能修改还要满足 $B$ 树中的父亲中需要的修改操作已经完成了。

那么我们就得到了若干 $a$ 比 $b$ 先的限制条件，建图跑拓扑即可判断是否可行。

AGC021E#

$N$ 只变色龙，喂 $K$ 次球，每次可以喂红色或蓝色的球。每只变色龙初始为蓝色，如果被喂了某种颜色的球更多，就变色。问有多少种喂球的颜色序列使得最后每只龙都是红色

考虑贪心，显然先让变色龙变成红色可以少用一个球，否则从蓝色变成红色要多花一个球。

那么我们尽量用一个球让变色龙变成红色，然后消掉一个蓝球。但是情况不可能这么完美，那么对于当前没办法消掉的蓝球，全部喂给 $1$ 号变色龙。

我们枚举有 $R$ 个红球，有 $B = K - R$ 个蓝球，如果 $R < B$ 或 $R < N$ 则无解，如果 $R \ge B + N$，那么对每只龙分配的红球都可以多一个，全部有解。

现在考虑 $B\le R< B + N$ 的情况。那么最多可以有 $R - B$ 只龙能多的一个红球，对于它们可以任意吞蓝球，只用保证最后吃的红球更多即可。

那么对于 剩下的 $N - R + B$ 条龙，它们吃的红蓝球数量相等，那么给他们恰好先喂一个红球再喂一个蓝球最优，这样既满足条件也不浪费球。我们把红球看成左括号，蓝球看成右括号，那么问题转化为 $R$ 个左括号 $B$ 个右括号的序列，匹配的括号数 $\ge N - R + B$。

匹配数不好求，我们将问题取反，条件变为无法匹配的右括号数 $\le B - (N - R + B) = R - N$ 个，经典折线法问题，可以用组合数 $\mathcal{O}(1)$ 计算。

需要考虑 corner case $R = B$ 的情况，因为此时没有龙多吃了一个红球，也就是没有龙能任意吞无法匹配的蓝球。这时候最后一个一定是蓝球，直接将 $B$ 减一即可。

AGC003C#

给定一个排列，操作一是交换相邻两个数，操作二是交换距离为 $2$ 的两个数，问最少多少次操作一还原序列。

简单题，如果没有操作一，那么奇数位置构成的序列和偶数位置构成的序列可以任意排序，但之间互不相干。所以我们只用找出奇数数列中有多少个偶数即可。

AGC006E#

给定一个 $3\times N$ 的矩阵，每次可以选择一个 $3\times 3$ 的子矩阵旋转 $180$°。问是否能将矩阵排序。

上面一道题的延续，我们将奇数序列和偶数序列分开，一次修改只能交换一个序列中的相邻位置。

同时还要考虑到一列的顺序，顺序记为 $+$，逆序记为 $-$。手算一下发现将交换一次奇数序列，逆序对就行改变，同时偶数序列的 $-$ 奇偶性改变。交换偶数序列同理。

所以能进行排序的充要条件是奇数序列的逆序对和偶数序列的 $-$ 的奇偶性相同，对偶数序列同理。由于交换排列任意两个位置逆序对奇偶性改变，所以逆序对的奇偶性直接求出排列最小交换次数即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(N)$。

AGC026E#

给定一个由 $N$ 个 $a$ 和 $N$ 个 $b$ 构成的长度为 $2N$ 的串，每次可以选择一个 $i$ 并同时删除第 $i$ 个 $a$ 和第 $i$ 个 $b$，求能得到的字典序最大的串。

由于恰好 $N$ 个 $a,b$，首先想到的就是括号匹配。如果一段内的 $a,b$ 相等，就可以独立计算，所以我们将原串分成若干段 $a,b$ 数量相等的子串，且不能再分。

如果这一段以 $a$ 开始，那么直接选 $ab$ 会比 $aa\cdots$ 更优，所以我们贪心选出最多的 $ab$ 即可。

如果这一段以 $b$ 开始，我们考虑枚举留下来的第一个 $b_x$，那么与之匹配的 $a_x$ 在它后面，它们之间的 $a$ 一定被删去，而它们之间的 $b$ 一定被保留，所以删去的是 $x$ 之前的所有 $a,b$，而后面的全部保留。我们对所有可能取 $\max$。

求出了每一段的最大串，我们倒叙枚举，如果加入当前段更优则加。时间复杂度 $\mathcal{O}(N^2)$。

AGC025F#

给定两个长度分别为 $n,m$ 的二进制数 $x,y$，进行 $k$ 次操作，每次令 $z = x \operatorname{and}y$，然后 $x \leftarrow x + z$，$y \leftarrow y + z$。

先考虑直接模拟每次操作，我们从高位向低位枚举 $i$，如果 $a_i = b_i = 1$，那么就两位都 $+1$，然后向后进位。由于高位永远比低位大，所以处理完高位再处理低位不会再影响到高位。

所以我们可以将 $k$ 次操作同时进行。从高向低枚举每一位，然后记录 $p$ 表示还可以进行多少次操作，和指针 $j$。如果当前位 $a,b$ 都为 $1$ 就进行一次操作，并让 $p\leftarrow p - 1$。如果当前位有进位则进位。如果两个都不是就退出，否则令 $j \leftarrow j + 1$，并继续。

直接做是 $\mathcal{O}(NK)$ 的，但我们发现每枚举一次 $j$，除了 $a_j = b_j = 1$，$a_{j + 1} = b_{j + 1} = 0$ 的情况，其余情况 $1$ 的个数都会减少。而对于这种情况，等价于将 $j$ 位的两个一向后移动，并且后面一段是连续的 $0$。所以我们只用记录 $1$ 的位置，对于 $0$ 段直接跨过即可。

AGC013D#

初始有 $n$ 个黑白球，颜色可以是任意的。现进行 $m$ 次操作，每次拿出一个球，加入一黑一白两个球，再拿出一个球。问最后有多少可能的拿出球的颜色序列。

每次操作会在颜色序列后面增加两个元素，这两个元素有四种组合，我们枚举这四种情况。如果初始的球颜色是固定的，那么我们直接 DP，设计状态 $f_{i,j}$ 表示进行了 $i$ 次操作，此时还剩 $j$ 个黑球。然后讨论四种转移，$f_{i,j} \to f_{i + 1, j},f_{i + 1, j + 1}, f_{i + 1, j - 1}$。

但是初始颜色不是固定的，一个颜色序列可以通过多个初始序列得到。我们让每个颜色序列恰好对应最少需要的黑球的初始序列。比如颜色序列 $BW$ 最少需要 $1$ 个黑球，$WBBBWW$ 最少需要 $2$ 个黑球。我们发现恰好对应的条件就是在 $f$ DP 的过程中，是否触及 $j = 0$，只要中间 $j = 0$，那么就能恰好对应，所以我们再记录状态 $f_{i,j}$ 表示 $i$ 个操作，剩 $j$ 个黑球，是否已经触底的方案。

AGC020D#

给定 $a$ 个字符 $A$ 和 $b$ 个字符 $B$，构造一个字典序最小的字符串，满足连续相同字符个数最大值最小。

显然最小的最大连续字符是 $k = \left\lfloor\dfrac{\max(a,b)}{\min(a,b) + 1}\right\rfloor$。手盘一下构造方式，大概是先能填 $A$ 则填，每填 $k$ 个用 $B$ 分隔。一直到剩下的 $B$ 远多于 $A$，这时交换策略，能填 $B$ 则填，每 $k$ 个用 $A$ 分隔。

那么我们需要快速计算什么时候交换策略，即计算断点。我们二分答案，假设二分的断点为 $p$，$p$ 右边分别有 $x$ 个 $a$，$y$ 个 $b$。如果显然 $x$ 个 $a$ 最多容纳 $k(x + 1)$ 个 $b$，所以如果 $y \le kx$，那么 $x$ 可以减小，即 $p$ 可以继续向右，否则 $p$ 应该向左。

AGC022D#

$n$ 个商场，第 $i$ 个商场在数轴上 $x_i$ 出，你需要在第 $i$ 个商场连续待 $t_i$ 分钟。有一辆车周期在 $0$ 和 $L$ 之间往返，每分钟走单位 $1$ 的距离，问从 $0$ 出发并回到 $1$ 的最短时间。

车是以 $2L$ 为周期，如果 $t_i \ge 2L$，显然对 $2L$ 取模。

我们先构造一个比较优的可行解。将所有商场按 $x$ 排序，显然先到达 $1$ 号商场，然后做 $2L$ 后的车到 $2$ 号商场，依此类推，一共需要 $(n + 1)\times 2L$ 的时间。

但是不一定每个商场都要等 $2L$，如果一个商场从左边进入，下一次来车是 $2(L-x)$ 分钟后，如果 $2(L-x) \ge t$，那么就可以搭上，我们记为 $l_i = 1$，同理如果右边进入可以搭上 $2x$ 分钟后的车记作 $r_i$。

观察一下发现如果 $l_n = 1$ 可以少跑一趟，如果 $t_i = 0$ 可以少跑一趟，如果 $r_i = l_j = 1,(i < j)$ 可以少跑一趟。前面两种情况特判一下，最后一种情况贪心用栈匹配即可。

AGC023D#

有 $N$ 栋楼，现在所有人从位置 $S$ 出发，在一辆车上，其中有 $P_i$ 个人要回到位于 $X_i$ 的第 $i$ 栋楼。每到一栋楼该楼的人都会下车。现在每一刻都进行一次投票，每个会投给让自己更快到家的方向，车子会向票多的方向走，问所有人都到家的所花费的时间。

博弈题，第一眼看每个人都会直接投给自己家的方向。但是仔细想一下会发现问题，比如某个人家在正方向，但是未来到家前某个时刻支持反方向的人更多，那么迟早都要往回走，他选择投反方向会使这个时刻提前。

直接这么看非常没有头绪，我们考虑倒着想，如果最后只剩下两个人肯定是比谁更多。现在考虑 $1\sim N$，如果 $P_1 \ge P_n$，那么车子在到达 $n$ 之前，一定会被第 $1$ 栋的人拉走，所以在到达 $1$ 栋前是不可能到 $n$ 的，那么 $n$ 栋的人肯定会一直支持往 $1$ 走。所以我们令 $P_1 \leftarrow P_1 + P_n$，然后删掉 $n$，归纳下去即可。

AGC027E#

给定只包含字符 $a,b$ 的串 $s$，每次操作可以将 $aa\to b$ 或 $bb \to a$。问可以得到的本质不同字符串数量。

构造，贪心，DP。

我们构造 $a\to 1$，$b \to 2$，那么一次操作就是相邻两数相加后 $\bmod 3$。最后我们得到的字符串 $t$，每个字符 $t_i$ 一定对应 $s$ 的一段，所以我们等价于求 $s$ 的划分方案。

我们考虑一段 $s$ 是否能缩成一个字符，必要条件是这一段的和 $sum \bmod 3 = 1/2$，但是特殊情况 $abab\cdots$ 交替的串不能缩，其余的串一定能缩成一个字符，因为我们每次选择 $xx(xx)\to xyx$ 或 $x(xx)y \to y$ 一直操作下去即可。

怎样划分才能不重不漏，模仿子序列自动机的思想，我们每次划分的一段一定是最段的一段。比如从 $i$ 开始的 $s(i,j)$，$s(i,k),j < k$ 都可以缩成 $a$，那么 $s(j + 1, k) = 0$，所以我们考虑将这一段 $0$ 留给后面一定不劣。贪心的用 $s(i,j)$ 匹配即可，用 DP 统计答案。

AGC024F#

给定若干个长度 $\le N$ 的 $0/1$ 串，求最长的字典序最小的字符串，是最少 $K$ 个给定串的子序列，$N\le 20$。

$N$ 很小，考虑状压。由于是子序列问题，优先考虑子序列自动机。

所以我们设计状态 $f[S][T]$ 表示当前的串是 $S$，在自动机上匹配的结点后面的串是 $T$ 的方案数，初始化 $f[0][U] = 1$，$U$ 为给定串，枚举 $S,T$，然后计算 $T$ 中第一个 $0/1$ 转移。

由于 $S,T$ 的总长度 $\le N$，所以我们可以把 $S,T$ 压缩到一起，状态变为 $f[p][q][ST]$ ，$p,q$ 分别表示 $S,T$ 长度。虽然状态看起来很吓人，但理性分析一下时间复杂度是 $\mathcal{O}(N2^N)$，注意用 vector。

AGC028C#

给定 $N$ 个二元组 $(a_i,b_i)$，$i,j$ 之间边的点权是 $\min(a_i,b_j)$，求最小哈密顿回路。

观察到贡献恰好 $N$ 个 $a,b$，我们考虑是否能选择 $a,b$ 中最小的 $N$ 个。那么就需要知道什么情况是合法的。

那么对于二元组，产生贡献的为 $1$，那么有 $00,01,10,11$ 四种情况。由于 $a,b$ 数量相同，所以 $00,11$ 的数量相同。所以只要存在 $00/11$，那么可以有任意个 $01/10$。否则只有全部为 $01$ 或 $10$ 合法。即存在且仅存在 $01/10$ 的情况为非法。

最小的 $N$ 个非法，说明每组恰好一个。那么将第 $N$ 个替换成第 $N+1$ 或第 $N+2$ 个中至少有一个合法。注意将第 $N - 1$ 替换成 $N+1$ 会比将 $N$ 替换成 $N + 2$ 更优，需要判断一下。

AGC028D#

圆上 $2n$ 个点，有 $k$ 对点连了一条线段，你需要给剩下 $2(n-k)$ 个点配对连边。如果两个点相连或能通过相交的线段到达，则连通。求所有连边方案的连通块数之和。

圆上不好做，直接看成 $2n$ 个点的排列。那么两条线段 $(i,j),(x,y)$ 相交就是 $i < x < j < y$。

计数经典方法，计算贡献。我们考虑对每个连通块计算对多少方案产生贡献。为避免重复计算每个连通块以块中最小点和最大点为特征。那么我们记 $f_{l,r}$ 为区间 $[l,r]$ 中，存在特征为 $(l,r)$ 的连通块的方案数。为便于计算，我们记 $g_{n}$ 表示 $n$ 个点任意配对方案，显然有 $g_n = (n - 1)g_{n - 2}$。

考虑容斥，如果区间 $[l,r]$ 中没有已经固定的连到区间外的点，那么总方案是 $g_{s(l,r)}$，$s$ 表示区间内没有配对的点数。然后减去 $l$ 没有和 $r$ 连通的方案，那么枚举 $l < k < r$ 表示 $l$ 和 $k$ 连通，总方案是 $\sum \limits_k f_{l,k} g_{s(k + 1, r)}$。时间复杂度 $\mathcal{O}(N^3)$。

AGC028E#

给定一个长度为 $N$ 的排列 $P$，将排列分成两个子序列。$s_i = 0$ 表示属于第一个子序列，否则是第二个。求字典序最小的 $s$，使得两个子序列的前缀最大值个数相等。

难度非常高的一题。

前缀最大值可以标记为某个数比它前面的数都大，这样的数我们记作 $H$ 数。一个比较明显的观察，对于原排列的 $H$ 数，无论分到哪个子序列都还是 $H$ 数。

要求字典序最小，按位考虑，每次试填当前位是否为 $0$。那么问题转化为判定。如果现在 $A,B$ 子序列中 $H$ 数的数量分别为 $C_A,C_B$，那么当前位 $p$ 后面的序列，需要能划分成两个子序列使得 $H$ 数之差为 $C_A - C_B$。

一个很重要的结论：现在将序列 $U$ 分成两个子序列 $A,B$，如果在 $A$ 中是 $H$ 数，在 $P$ 中不是 $H$ 数，那么我们一定可以将这个数移给 $B$，并且在 $B$ 中一定不是 $H$ 数。

因为它在 $P$ 中不是 $H$ 数，所以前面有比它大的，而比它大的数不是在 $A$ 就一定在 $B$。

推论：如果划分 $A,B$ 都存在在 $P$ 中不是 $H$ 数的 $H$ 数，那么可以 $A,B$ 同时向对方移一个这样的数，两个序列 $H$ 数的差不变，一直到一个序列不存在这样的数。

所以我们在判定 $p$ 后面是否有合法划分时，可以固定 $A,B$ 中的一个序列全部是 $P$ 中的 $H$ 数。

假设固定 $A$，设 $p$ 后面有 $S$ 个 $H$ 数，设 $B$ 中有 $x$ 个 $P$ 中的 $H$ 数，和不是 $P$ 中的 $H$ 数的 $H$ 数，那么推出 $A$ 序列有 $S - x$ 个元素。现在又 $C_A-C_B = x + y - (S - x) \to C_A - C_B + S = 2x + y$，所以我们把 $P$ 中 $H$ 数置为 $2$，其余的权为 $1$，就是求是否有权值为 $C_A - C_B + S$ 的上升子序列。

固定权值不好求，但是我们发现如果有权值为 $X$ 的合法子序列，一定有 $X-2$ 的子序列。因为如果子序列存在两个即以上 $1$ 就删掉两个，否则一定存在 $2$ 可以删掉。所以我们只用对奇数和偶数分别求最大上升子序列。可以用线段树维护。

还是有点抽象，配合代码食用，时间复杂度 $\mathcal{O}(N\log N)$。Submission #32157754 - AtCoder Grand Contest 028

AGC029F#

给定 $n-1$ 个点集，从每个集合中选两个点连边，构造一颗树。

对于树的性质，$x$ 条边要使得 $x + 1$ 个点连通。所以有解的必要条件是对于任意的边集 $|S|$，有 $|F(S)| \ge |S| + 1$，其中 $F(S)$ 表示 $S$ 中的边对应的集合的并集。

这样我们联想到 Hall 定理，所以我们猜测这条件就是充分条件。

考虑固定 $1$ 为根结点，那么初始点集为 $V = \{1\}$，初始边集为 $E = \varnothing$。那么如果每次选择一条边同时让点集和边集扩大 $1$，那么就可以归纳得到答案。

由于有解的条件强于 Hall 的条件，所以如果有解，我们删掉点 $1$ 后一定可以找到一个大小为 $n - 1$ 的二分图匹配。其中一个点匹配一条边。每次我们从枚举一条二分图 $x \leftrightarrow y$，其中 $x \in V,y\notin E$，那么我们可以将 $match(y)$ 和 $x$ 连边，扩大点集和边集，并且我们发现只要满足 $|F(S)| \ge |S| + 1$，扩大后仍然满足条件。

AGC016E#

$N$ 只火鸡，依次有 $M$ 个人，第 $i$ 个人会在 $(x_i,y_i)$ 中选择，如果有火鸡就选择一只吃掉。问最后有多少对 $(i,j)$ 使得第 $i$ 只和第 $j$ 只火鸡可能同时存活。

妙妙题。我们如果让 $i$ 最后存活，那么我们从后往前倒着考虑每个操作。首先将 $i$ 加入集合 $S$ 表示此时必须存活。如果是操作 $(i,x)$ 那么此时 $x$ 一定存活，将 $x$ 加入集合 $S$。因此对于每个操作 $(x,y)$ 如果恰有一个在集合中，就把另一个加入集合，如果两个都在集合中，说明 $i$ 在任何情况下都不可存活。如果都不在集合中则说明无论如何选择都对 $i$ 没有影响。

如果 $(i,j)$ 都要存活，那么可以让初始集合为 $S = \{i,j\}$，但是这样复杂度 $\mathcal{O}(N^2M)$。而我们发现扩展 $S$ 的过程类似于建树的结构，无解说明 $S$ 中成环。那么我们可以对每个 $i$ 建出 $S_i$，$(i,j)$ 合法当且 $S_i$ 和 $S_j$ 没有交。如果有交则存在 $i \to x,j\to x$ 的路径，而在询问 $(i,j)$ 中 $(i,j)$ 是相连的。这样复杂度是 $\mathcal{O}(NM + N ^ 3/ \omega)$。

AGC020E#

给定一个长度为 $n$ 的 $0/1$ 串，可以将其中若干个 $1$ 变成 $0$。我们可以将一个串的若干个相同连续子串压缩，如 $0000 = (0\times 4) = (00\times 2)= ((0\times 2)\times 2)$。求所有可能的串的可能的压缩方案之和。

先考虑不能将 $1$ 变成 $0$ 的方案，即串是固定的。那么这就是经典区间 DP，用 $f_{l,r}$ 和 $g_{l,r}$ 分别表示区间 $[l,r]$ 的方案，和区间 $[l,r]$ 并且压缩串的开头和结尾是匹配的左右括号的方案。枚举循环节转移。

现在考虑能够变化，我们把状态变成 $f_{n,S}$ 表示长度为 $n$ 的串 $S$ 的方案，我们枚举循环节 $d|S$，转化为子问题 $f_{d,T}$，其中 $T$ 为 $S$ 以 $d$ 为循环节的 $\frac{n}{d}$ 段的交。虽然看起来状态很多，但有用状态很少，直接写个记搜就能过。

AGC028F#

给定 $N\times N$ 的矩阵，每个元素是一个数或障碍。从每个格子出发可以向右或向下走。如果格子 $X$ 能不经过障碍到达 $Y$，产生两个格子中数的乘积的收益，问总收益。

首先我们想到的是直接 DFS 每个格子能到的点，这样复杂度是 $\mathcal{O}(N^4)$。由于每次只能移动到右下相邻格子，这让我们想到经典 DP 模型 $f_{i,j} = f_{i + 1,j} \oplus f_{i, j + 1}$。

考虑计算 $l_{i,j,k}$ 表示从 $(i,j)$ 出发，能到达第 $k$ 行的左断点，同理 $r_{i,j,k}$ 表示右端点。这可以直接 $\mathcal{O}(N^3)$ 计算。但是 $(i,j)$ 能到达的点在第 $k$ 行并不一定是连续的一段。同时我们观察到，在 $[l,r]$ 区间中不能到达的位置，在之后的起点中也一定不能到达，所以我们只用直接将这些数删掉即可。时间复杂度 $\mathcal{O}(N^3)$。

AGC025E#

给定 $n$ 个点的树和 $m$ 条路径。你需要将 $m$ 条路径定向，使得覆盖的有向边数量最大。

很好的思维+代码题。

直接考虑归纳。我们将树固定一个根，每次抠出一个叶子结点 $x$ 出来。如果没有从 $x$ 出发的路径，就直接删掉。如果有一条 $(x,y)$ 的路径，那么无论方向如何，都不会影响到 $x$ 到父亲这条边，我们将路径 $(x,y)$ 修改为 $(fa_x, y)$，并删除点 $x$。

如果存在 $\ge 2$ 条路径。我们任取两条 $(x,u),(x,v)$，让它们方向相反，就能使得 $(x,fa_x)$ 这条边两个方向都被覆盖。那么两条路径可以合并成 $(u,v)$。然后删除点 $x$ 做下去。

简单分析一下产生的新边数量是 $\mathcal{O}(nm)$ 可以接受。最后我们再扫一遍 $\mathcal{O}(nm)$ 算出总的覆盖边数。

思路很清晰，但是代码并不好写。代码核心思想大概是每个点开 vector 维护结构体 {op,id,a,b,x,y} 分别表示 修改前有关的原路径数量、编号、路径端点a、端点b、关联路径标号x，关联路径标号y。队列维护删除叶子顺序。最后递归还原原路径的方向。Submission #32273991 - AtCoder Grand Contest 025

AGC031D#

给定初始两个排列 $p,q$，定义变化 $f(p,q) = a$，则有 $a_{p_i} = q_i$，求 $k$ 次变化后的排列。$n\le 10^5,k\le 10^9$。

置换/线性代数。我们可以将排列当作一个置换来做。

定义置换的乘积运算 $a = p \circ q$，则有 $a_i = p_{q_i}$。有结合律 $a \circ b\circ c = a\circ(b\circ c)$，没有交换律。定义单位元 $\epsilon$ 满足 $\epsilon_i = i$，有 $p \circ \epsilon = \epsilon \circ p = p$。定义逆元 $p^{-1}$ 为满足 $p \circ p^{-1} = \epsilon$ 的置换。任意置换有逆元且有唯一的逆元。

以上这些性质和矩阵乘法非常类似，所以可以当作矩阵进行运算。

回到题目，有变化 $f_{p_i} = q_i$，等价于 $f \circ p = q$。所以 $f = q \circ p^{-1}$。然后开始找规律，手算前面若干项。

$f_1 = p,f_2 = q, f_3 = qp^{-1},\cdots,f_7 = (qp^{-1}q^{-1}p)p(p^{-1}qpq^{-1})$。

我们记 $\omega = qp^{-1}q^{-1}p$，那么有 $f_7 = \omega p\omega^{-1},f_8=\omega q \omega^{-1}$，然后我们计算 $f_9$ 发现正好消掉一对 $\omega\omega^{-1}$，得到 $\omega qp^{-1}\omega^{-1}$，所以有 $f_n = \omega f_{n - 6}\omega^{-1}$，直接快速幂即可。

AGC032C#

给定一个简单无向连通图，问能否将边集划分成三个环，环上的点可以重复。

由于图是连通的，所以我们能划分成 $x$ 个环，就一定能划分成 $x - 1$ 个环。因此有解的必要条件是存在欧拉回路。可能合法的图每个点度数都是偶数。

我们观察一下求欧拉回路的过程，每次任意走一条出边就能保证有解。每到达一个点两次就能划分出环。所以如果存在点度数 $\ge 6$ 就一定有解。

现在只剩下度数为 $2/4$ 的点，度数为 $2$ 的点一进一出，可以直接删掉并合并两条边。所以只用考虑度数为 $4$ 的点。手算一下不难发现点数 $\ge 3$ 一定有解。$1$ 个点肯定无解。点数 $=2$ 时只要存在自环就有解。

具体代码实现不用真正删点缩边，我们删除其中一个度数 $=4$ 的点，判一下剩下的子图是否连通即可。

AGC031E#

给定二维平面上 $n$ 个点，选出若干个点使得权值和最大且满足 $m$ 个条件。每个条件形如在直线上/下/左/右方最多选 $b_i$ 个点，保证直线平行坐标轴。

数据范围很小，限制条件很复杂，所以优先考虑网络流。

我们将条件转化一下，比如横坐标 $\le x$ 的点最多有 $y$ 个，转化为横坐标第 $y + 1$ 大的点，横坐标 $> x$。这样对一堆点的限制就转化为对一个点的性质。

所以我们枚举一下选出多少个点，然后建出对应的图跑费用流。

AGC032F#

随机将 $[0,1)$ 分为 $n$ 段，求 $n$ 段与 $\frac{1}{3}$ 最小的差的期望。

不可做题。可能（？）通过找规律做一做。答案是

$$Ans = \dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^{n}\dfrac{1}{3^i(n - i + 1)}$$

不过有个挺优美的结论可以记一下。随机 $n- 1$ 个点分成 $n$ 段，最短的一段的期望长度是 $\dfrac{1}{n^2}$，第 $k$ 短的期望长度是 $\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i = 1}^k\dfrac{1}{n - i +1}$。

AGC032E#

给定 $2n$ 个在 $[0,m)$ 范围内的非负整数，将这些数分成 $n$ 个二元组 $(x,y)$，使得 $(x + y)\bmod m$ 的最大值最小。

$(x+y)\bmod m$ 的值只可能是 $x + y$ 或 $x + y - m$。对于 $x+y < m$ 的二元组之间连红线，$\ge m$ 的连蓝线，我们发现可以通过调整法将所有红线移到蓝线左边，且任意两条线不相交。

那么我们可以通过枚举红线和蓝线的断点简单做到 $\mathcal{O}(N^2)$，简单观察一下发现红线越少答案越优，我们直接二分出最左边的断点即可。

AGC033D#

给定一个 $N\times M$ 的 $0/1$ 矩阵，一个矩阵中的数全部相同，则该矩阵的复杂度为 $0$，否则我们将矩阵划分成两个非空子矩阵，矩阵的复杂度就是划分的两个子矩阵复杂度的较大值 $+ 1$，从所有划分方案中选择最优的。问整个矩阵的复杂度。

直接按题意模拟状态数就达到 $N^4$ 了，我们需要观察一些性质。

比如我们每次划分矩阵的中线，那么最多 $\log$ 次就划分成 $1\times 1$，所以答案是 $\log$ 级别的。这样我们把答案变成状态，定义 $f_{t,l,r,x}$ 表示答案为 $t$，矩阵上下边界分别为 $l,r$，左边界为 $x$，右边界的最大值。直接二分转移是 $\mathcal{O}(N^3\log ^2 )$，也可以用双指针去掉一个 $\log$。

AGC010E#

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，小 B 每次可以选择两个相邻的互质的数交换，他会将序列操作成字典序最大的。小 A 先将 $a$ 重排，使得被小 B 操作后的字典序最小。

我们先看小 B 会如何操作，如果 $\gcd(a_i,a_j)> 1,(i < j)$，那么我们连一条有向边 $i \to j$，小 B 会求出这个 DAG 的最大拓扑序。我们将队列换成优先队列即可。

反过来考虑小 A。图论建模。如果 $\gcd(a_i,a_j)>1$，就连一条 $(i,j)$ 的无向边。问题转化为给每条无向边定向。如果只有一个连通块，显然从 $1$ 开始，每次选最小的出边定向，并 DFS 下去。多个连通块独立做即可。这非常符合直接，但证明貌似非常困难（？）时间复杂度 $\mathcal{O}(N^2)$。

AGC034E#

给你一颗 $n$ 个节点的树，某些结点上有棋子。可以进行若干次操作，每次操作可以将两颗距离至少为 $2$ 的棋子向中间移动一步。问能否通过若干次操作使得所有的棋子都在一个点上，如果能，输出最小操作次数，如果不能，输出 $-1$ 。

显然枚举结束时所有棋子所在点，将该点作为根，那么我们可以贪心操作，每次选择两个棋子让它们深度同时减一。

直接树形 DP，定义状态 $g_x$ 表示子树 $x$ 之内所有棋子到 $x$ 的距离之和，$f_x$ 表示子树内所有棋子贪心操作后，到 $x$ 距离之和的最小值。$g_x$ 转移非常简单。定义 $s_x = \sum \limits_{y\in son(x)}g_y$，显然有 $f_x = \max\{g_x\bmod 2,f_y - (s_x - g_y)\}$。式子的含义是枚举 $g_x$ 最大的子树，让它自己内部操作，不能操作完的用其它子树来填。

AGC034D#

在一个二维坐标系内，点 $(RX_i,RY_i)$ 上有 $RC_i$ 个红球，点 $(BX_i,BY_i)$ 上有 $BC_i$ 个蓝球，且保证 $\sum_{i=1}^{n}RC_i=\sum_{i=1}^{n}BC_i$。

现在要你将这些红球蓝球一一配对，配对的价值为两球所在点之间的曼哈顿距离，请你求出配对完它们的最大价值和。

关键信息：曼哈顿距离，求最大值。

曼哈顿距离有一个优美的性质，$|x-X| + |y - Y| = \max\{(x+y) - (X+Y),(x-y)-(X-Y),(y-x)-(Y-X),(-x-y)-(-X-Y)\}$。

对曼哈顿距离求最大值等价于 $\max\{\max\{\}\}$，可以直接去掉外面的绝对值。匹配问题，直接建图跑费用流即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(N^2\log N)$。

AGC034F#

给定长度为 $2^n$ 数组 $a_0,a_1,\cdots,a_{2^n-1}$，初始一个数 $x = 0$，每次以 $\dfrac{a_i}{\sum a}$ 得概率另 $x\leftarrow x \operatorname{xor} i$，对于每个 $i \in [0, 2^n - 1]$ 求 $x$ 第一次变成 $i$ 得期望步数。

我们记 $E(S)$ 表示 $x = S$ 得期望步数，初值 $E(0) = 1$，然后有方程 $E(S) = 1+\sum\limits_{T\subseteq S}E(S\operatorname{xor}T)P(T)$。

直接写成集合幂级数，其中集合乘法指异或。那么有 $E = I + PE$，由于要满足 $E(0) = 0$，所以要加入一个修正常数，即 $E = I + PE + C$，移项得 $E = \dfrac{I+C}{1-P}$，由于 $C$ 只有 $C(0)\neq 0$，所以我们解出 $C(0) = c$，有 $[x^{\varnothing}](I+C) = c + 2^n = [x^\varnothing](E-EP) = 0$，所以 $c = -2^n$。

同时我们观察到 $[x^\varnothing](1-P) = 0$，所以最终求出得 $E(0)$ 会有 $/0$ 这样得问题，结果是错误的。不过幸运的是最终求出来的其余数相对的差是对的，我们反推 $E(0)$ 即可。

AGC035D#

给定长度为 $N$ 的序列，每次选择一个 $i$ 满足 $1<i<N$，然后让 $a_{i-1}$ 和 $a_{i + 1}$ 加上 $a_i$，并删掉 $a_i$，最后剩一个数。求这个数的最小值。

逆向思考，我们考虑每次加入一个数，然后对每个数算贡献。记函数 calc(l, r, p, q) 表示区间 $(l,r)$ 中 $a_l$ 被算了 $p$ 次，$a_r$ 被算了 $q$ 次的最小贡献。枚举 $l<i<r$，然后对 calc(l, i, p, p + q) + calc(i, r, p + q, q) + a[i] * (p + q) 取 $\min$ 即可。简单算一下复杂度 $T(2) = 1, T(N) = \sum\limits_{i = 2} ^N T(i) + T(N - i + 1)$。解出来发现 $T(N)=3^{N-2}$ ，可以通过 $N = 18$。

AGC035E#

给定 $N,K,P$，开始黑板上有 $[-\inf,\inf]$ 范围内的整数，每次可以选择擦掉一个数 $x\in[1, N]$，并把 $x-2,x+K$ 写上黑板，问最后黑板上留下的数有多少可能，对 $P$ 取模。

留下的数是无穷多个，我们直接计数擦掉的数有多少可能。

观察一下发现，如果要擦掉 $x,x-2$，那么一定要先擦掉 $x$，否则在擦掉 $x$ 时又会重新写上 $x - 2$。对于 $x,x+K$ 同理。这样就形成了一个拓扑结构，我们要选择一些点出来使得不能成环。图的形态很特殊，可以直接 DP 出来，注意对于 $K$ 为奇数和偶数要分开讨论。

AGC035F#

给定 $n\times m$ 的全 $0$ 网格，先将每行最左边的若干个格子 $+1$，再把每列最上面的若干个格子 $+1$，问最后的网格有多少种可能。

网格最后只有 $0/1/2$，先思考什么情况下两种不同的操作方案会得到相同的网格。

我们发现对于 $0/2$ 的格子肯定不存在重复。对于一行和一列连接且不相交时，方案会重复，如下图。

0 0 1 0
1 1 1 0
0 0 0 0

第二行和第三列选两个格子，和第二行选三个，第三列选一个本质是相同的。那么我们钦定只统计第一种情况。容斥掉第二种情况。由于一行不可能和超过一列同时产生冲突，所以可以看成是行和列的匹配方案，枚举匹配数得到答案。

$$Ans = \sum\limits_{i = 0} ^ {n}(-1)^i\binom{n}{i}\binom{m}{i}(n + 1) ^ {m - i + 1}(m + 1)^{n-i+1}i!$$

AGC036D#

初始一张 $N$ 个点的图，对于每个 $i\in[1,N)$ 有边权为 $0$ 的边 $i\to i + 1$，对于所有 $1\le i<j\le N$ 有边权为 $-1$ 的边 $i\to j$，和边权为 $1$ 的边 $j\to i$，删除 $x\to y$ 的边需要花费 $A_{x,y}$ 的代价。问最少花费多少代价使得图没有负环。

这里有一个很巧妙的模型转化。如果图不存在负环，说明原图构成的差分约束系统有解。也就是我们把每个点看成一个变量，每条边看成一个不等式。有 $x_i\ge x_{i + 1}$，作差分 $u_i = x_i-x_{i + 1}$，有 $u_i\ge 0$。

那么对于 $i\to j$ 的边，有 $\sum\limits_{k=i}^{j-1}u_i \ge 1$，同理如果 $j\to i$ 则是 $\le 1$。因此 $u_i\in\{0,1\}$，我们直接 DP，$f_{i,j}$ 表示最后两个 $1$ 位于 $i,j$ 的答案，枚举 $k$ 转移 $f_{j,k}\to f_{i,j}$ 即可。

AGC036E#

给定长度为 $n$ 的 ABC 串，构造一个最长的子序列，满足 A,B,C 的出现次数相同，且子序列相邻两项不相同。

奇妙的贪心构造题。显然对于原串相同字符的极长段，可以缩成一个字符。

记 $c_A,c_B,c_C$ 表示三种字符的出现次数。我们钦定 $c_A\le c_B\le c_C$ ，肯定先贪心删去 $C$，如果一个 $C$ 相邻两项不同，就直接删去。

如果没有可删后还是 $c_A\le c_B< c_C$，那么我们肯定选择删相邻的 $AC$ 或 $CA$，这样一定会得到 $c_A\le c_B=c_C$ 的情况，最后删除相邻的 $BC$ 或 $CB$ 即可。

AGC037D#

给定 $n\times m$ 的矩阵，元素是 $1\sim nm$ 的排列。现在要将矩阵通过三步排序，第一步奖每一行的元素任意排列得到 $B$，第二步奖每一列的元素任意排列得到 $C$，最后一步还原。先构造方案，输出 $B,C$。

我们先把每个元素重标号为它的最终行数，那么矩阵中对于 $1\sim n$ 各有 $m$ 个数。我们要将这些数分组，使得每一组恰好有 $1\sim n$ 个元素，且一组中不存在两个元素在同一行。

那么这就是经典的匹配问题，直接二分图/网络流即可。

AGC037E#

初始一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，进行 $k$ 次操作，每次操作将 $s$ 的反串接在 $s$ 后面，并保留一个长度为 $n$ 的子串，求 $k$ 次操作后字典序最小的串。

这个题如果用传统的思路，按位考虑，并不能取得好的进展。

我们可以换一个思路，我们考虑 $s$ 中最小的字符去向。如果 $k = 1$，那么我们可以暴力求出最小的串。同时我们发现如果能求出串 $a$，就一定能求出 $a$ 的反串。所以我们把 $k=1$ 时的串记为 $t$，那么 $t_1$ 一定是最小的，我们求出最大的 $i$ 使得 $t_{1\sim i}$ 相同，那么之后没一次操作，都能使这一段的长度翻倍。不难证明这就是最优决策。

AGC038E#

给定一个随机数生成器，给定参数 $A_1\sim A_n$，每次以 $\dfrac{A_i}{\sum A}$ 的概率生成 $A_i$，如果存在 $i$ 被生成了 $B_i$ 次就结束。问期望次数。

难度很高的数数题。

相当于求所有 $i$ 中出现 $B_i$ 次的时间的 $\max$，考虑 $\min-\max$ 容斥，相当于 $\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T| + 1}E(\min)$。

那么现在考虑对于一个 $T$，怎么求 $E(\min)$，经典结论，$\dfrac{\sum_{x\in T}A_x}{\sum A}$ 的概率取到 $T$ 中的数，那么取到的期望次数就是倒数。处理一下可以忽略 $T$ 外元素的影响。

结论：某次达到 $B_i$ 的期望，等价于所有没有达到 $B_i$ 的状态的概率之和。

直接组合意义，因为持续时间和结束时间是相等的。

这样我们对 $T$ 中每个元素 $x$，枚举状态中的 $C_x<B_x$，这个状态的概率是 $\dfrac{(\sum C)!}{\prod C_x!}\prod(\dfrac{A_x}{\sum A_x})^{C_x}$。

拆式子，可以得到 $(\sum C_x)!(\sum A_x)^{-\sum C_x}\prod \dfrac{A_x ^ {C_x}}{C_x!}$。

数据范围的值域很小，所以我们直接 DP ，状态 $f_{i,\sum C_x,\sum A_x}$ 表示前 $i$ 个数所有子集的答案。

AGC038F#

给定两个长度为 $N$ 的排列 $P,Q$，求两个排列 $A,B$ 满足 $A_i = P_i$ 或 $A_i=i$，且 $B_i = P_i$ 或 $B_i=i$，使得 $A_i\neq B_i$ 的 $i$ 个数最少。

先将条件转化一下。我们将排列看成若干个置换环，不难发现对于每个置换环，要么不变，要么环上每个元素都 $=i$。

那么我们对每个 $i$ 依次考虑过去。如果 $P_i = Q_i=i$，那么一定不产生贡献。如果 $P_i\neq i,Q_i = i$，那么只有 $P_i$ 环不变时产生贡献。对于 $P_i = i,Q_i\neq i$ 同理。对于 $P_i = Q_i \neq i$ 的情况，两个环都变或都不变时不产生贡献。否则对于 $P_i \neq i,Q_i\neq i$ 的情况，只有两个环都变时不产生贡献。

接下来就是最小割模型。我们将每个环看成图中一个点，如果 $P$ 中的环与 $S$ 连通，说明环不变，如果 $Q$ 中的环与 $T$ 连通，说明环不变。然后按照上述讨论连边即可。由于是二分图所以复杂度是 $\mathcal{O}(N\sqrt N)$。

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给定两个树，标号均是 $1\sim n$，现在需要给每个 $i\in[1, n]$ 固定一个权值，使得两棵树均满足任意结点子树和的绝对值等于 $1$。

我们先观察以下，由于每个点的子树和绝对值都是 $1$，那么考虑从叶子向上推，如果当前结点有 $s$ 个儿子，如果 $s$ 为奇数，那么当前结点为偶数，同理 $s$ 为偶数则当前结点为奇数。如果两棵树上的奇偶性不同，显然无解。

有关度数的奇偶性，我们容易想到欧拉回路。我们建一个虚点同时连接两棵树的根，那么整个图就连通了。然后对于两个奇点，在它们之间连一条边，这样的边我们称为附加边。最后求欧拉回路。

由于原图是树，不存在环，所以从任意点出发，想要回到该点，必须先走到另一棵树再回来，来回之间经过的附加边。所以如果附加边从 $A$ 到 $B$，则该点赋值为 $1$，否则赋值为 $-1$。