AGC058 题解

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Problems as pleasant as always -- antontrygubO_o

A. Make it Zigzag (1100)

考虑一个暴力做法：

• 依次遍历 \(i=1,2,\cdots,2n-1\)，若 \(a_i\) 与 \(a_{i+1}\) 的大小关系错误则交换。

这样至多操作 \(2n-1\) 次，无法通过（但是只有一个点过不去）。

考虑用一次同时操作三个数的两个相对关系：

• 依次遍历 \(i=1,3,\cdots,2n-3\)，可以用操作 \(a_i,a_{i+1},a_{i+2}\) 中的某两个使 \(a_i<a_{i+1},a_{i+1}>a_{i+2}\)。
• 最后一次操作 \(a_{2n-1}\) 与 \(a_{2n}\) 即可。

至多操作 \(n\) 次，可以通过。

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B. Adjacent Chmax (2100)

某道题的弱化版，出过 114514 遍了

记 \(L_i\) 表示 \(p_i\) 左边最近的比它大的数的位置，\(R_i\) 表示 \(p_i\) 右边最近的比它大的数的位置。

容易发现能得到序列 \(\{q_i\}\) 的充要条件是：

• 对于每个数 \(t \in [1,n]\)，\(t\) 出现的位置形成连续段。

• 对于每个 \(q_i=t\)，都满足 \(L_t<i<R_t\)。

• 对于每个 \(i \in [1,n)\)，\(a_i\) 都在 \(a_{i+1}\) 之前出现。

设 \(dp_{i,t}\) 表示前 \(i\) 个位置填了 \(a_1,a_2,\cdots,a_t\) 中的数（且之后不再填）的方案数，转移即可。

前缀和优化可做到 \(O(n^2)\)。

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C. Planar Tree (3000)

大胆猜结论

结论：对于任意一种情况，如果有解，则必然有两个相邻的数相连且其中一个是叶子。

证明：归纳证明。\(n=2\) 时显然；对于 \(n>2\)，任选一条边将整个环分成两半四棵树，其中一定有一棵至少有 \(2\) 个点，那么由归纳假设成立。

那么首先需要做一些处理：

• 如果有 \(1/4\) 和 \(2/3\) 相邻，则将 \(1/4\) 删去。（\(1/4\) 可以直接连向 \(2/3\) 且这样最优）

• 如果有两个相同的数相邻，则将其中一个删去。（删去的一个可以复制另一个的连法）

做完处理后，相邻能连的边只有 \(2-3\) 了。考虑令其中一个作为叶子删去后会发生什么：

• 如果删去 \(2\)：如果左右是 \(3,4\)，那么会再删去 \(4\)；如果左右是 \(3,3\)，那么会再删去 \(3\)。

• 如果删去 \(3\)：如果左右是 \(2,1\)，那么会再删去 \(1\)；如果左右是 \(2,2\)，那么会再删去 \(2\)。

故删去的 \(1\) 的数量不超过 \(3\)，删去的 \(2\) 的数量不超过 \(4\)。

设 \(1,2,3,4\) 的数量分别为 \(c_1,c_2,c_3,c_4\)，那么有解的必要条件是 \(c_3 > c_1,c_4 > c_2\)。

事实上这也是充分条件。由于 \(c_2+c_3>c_1+c_4\)，故一定存在长度不小于 \(2\) 的 \(2,3\) 连续段，取这个连续段的最边界两个与外面的一个操作即可删去一个 \(1/4\)。

那么只需要数一数就行了，总时间复杂度 \(O(\sum n)\)。

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D. Yet Another ABC String (3200)

做了半天，丢脸死了

限制显然要用容斥，但没有现成的系数可用。

用经典套路，考虑给每个长度 \(l\) 赋一个权 \(g_l\)，使得其任意拼接恰好得到正确的权：

\[\dfrac{1}{1-G(x)}=F(x)=1+x+x^2 \]

\[G(x)=1-\dfrac{1}{F(x)} \]

计算得 \(G(x)=x-x^3+x^4-x^6+x^7-x^9+x^{10}-\cdots\)（可以通过整式递推说明）。那么接下来用这个系数拼接即可。

注意到 \(l \bmod 3=2\) 时 \(g_l=0\)，不需要考虑。设共分成了 \(i\) 段，其中 \(t\) 段长度 \(\bmod 3=1\)，插板得到系数为：

\[\dbinom{A+B+C-3x}{A-x,B-x,C-x} \sum\limits_{i=t}^{x+t} (-1)^{i-t} 3^{i-t} \dbinom{i}{t} \dbinom{x+t-1}{i-1} \]

那么事实上后面这个很难看的东西是可以 \(O(1)\) 计算的：

\[\begin{aligned} S&=\sum\limits_{i=t}^{x+t} (-1)^{i-t} 3^{i-t} \dbinom{i}{t} \dbinom{x+t-1}{i-1}\\ &=\sum\limits_{i=0}^{x} (-3)^{i} \dbinom{i+t}{t} \dbinom{x+t-1}{i+t-1}\\ &=\sum\limits_{i=0}^{x} (-3)^{i} \dfrac{i+t}{x} \dbinom{x}{i} \dbinom{x+t-1}{x-1}\\ &=\dbinom{x+t-1}{x-1} \dfrac{t}{x} \sum\limits_{i=0}^{x} (-3)^{i} \dbinom{x}{i} + \dbinom{x+t-1}{x-1} \dfrac{1}{x} \sum\limits_{i=0}^{x} (-3)^{i} i \dbinom{x}{i}\\ &=\dbinom{x+t-1}{x-1} \dfrac{t}{x} \sum\limits_{i=0}^{x} (-3)^{i} \dbinom{x}{i} + \dbinom{x+t-1}{x-1} \sum\limits_{i=0}^{x-1} (-3)^{i+1} \dbinom{x-1}{i}\\ &=\dbinom{x+t-1}{x-1} \dfrac{t}{x} (-2)^x -3 \dbinom{x+t-1}{x-1} (-2)^{x-1}\\ &=- (-2)^{x-1} \dbinom{x+t-1}{x-1} \dfrac{2t+3x}{x} \\ \end{aligned} \]

预处理后总时间复杂度 \(O(A+B+C)\)。

组合意义天地灭，代数推导保平安：

Solving AGC 058 D with multivariate generating functions - adamant

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E. Nearer Permutation (3800)

又是最有意思的题

Part 1

为了方便，下标均为从 \(0\) 开始。记 \(Inv(x)\) 表示序列 \(x\) 的逆序对数。

先来考虑如何求 \(f(x)\)。从前到后一位一位填数，每次在满足要求的前提下填尽量小的。具体而言：

• 初始令 \(s=\lfloor \dfrac{Inv(x)}{2} \rfloor\) 表示 \(\lfloor \dfrac{d(y,z)-d(x,z)}{2} \rfloor\)。重复进行以下操作 \(n\) 次：
  • 设 \(x_0,\cdots,x_s\) 中最小的为 \(x_m\)，那么将 \(x_m\) 加入 \(z\) 的末尾并从 \(x\) 中删去，令 \(s \leftarrow s-m\)（将 \(x_m\) 放到最前面后 \(d(y,z)\) 减少了 \(m\)，\(d(x,z)\) 增加了 \(m\)）。
• 最后 \(z=f(x)\)。

Part 2

注意到上述过程大部分情况下每次取出的数是递增的（\(s\) 在不断减小），下降的条件非常苛刻。但 \(a\) 却不仅仅只有 \(1,2,\cdots,n\) 一种，怎么回事呢？

从这里入手，设 \(k\) 使得 \(A_0<A_1<\cdots<A_k\) 且 \(A_k>A_{k+1}\)。如果不存在这样的 \(k\) 那么显然 \(f(A)=A\) 合法。

那么使 \(a_k>a_{k+1}\) 只有一种办法：第 \(k+1\) 次操作中 \(A_{k+1}\) 在 \(x_{s+1}\) 的位置，而 \(A_k\) 在 \(x_0\) 的位置导致删掉后 \(s\) 不变小；第 \(k+2\) 次中 \(A_{k+1}\) 正好在 \(x_{s}\) 的位置被选中。那么之后 \(s\) 就一直是 \(0\) 了，也就只能顺序选。

于是操作 \(k\) 次后的 \(x\) 需要满足：

• \(x_0=A_k\)，\(x_{\lfloor s/2 \rfloor+1}=A_{k+1}\)。
• \(x_0 = \min\{x_0,x_1,x_2,\cdots,x_{\lfloor s/2 \rfloor}\}\)。
• \(A_{k+2},A_{k+3},\cdots,A_{n-1}\) 按顺序排列。

Part 3

设 \(B=A\)，那么 \(x\) 可以由 \(B\) 通过以下操作得到：

• 对于每个 \(i=k+1,k-1,k-2,\cdots,0\)，将 \(B_i\) 向右移动 \(c_i\) 步。

设（求 \(f(x)\) 的算法中）操作 \(k+1\) 步后逆序对数为 \(2q\)，\(A_{k+1}\) 的位置为 \(p\)。

考虑 \(c_i\) 增减对 \(q-p\) 的影响：

• 若 \(i=k+1\)，则 \(c_i\) 增加 \(1\)，\(q\) 增加 \(\dfrac{1}{2}\)，\(p\) 增加 \(1\)，\(q-p\) 减少 \(\dfrac{1}{2}\)。
• 若 \(i \neq k+1\)，则 \(c_i\) 增加 \(1\)，\(q\) 增加 \(\dfrac{1}{2}\)，但 \(A_i\) 的下标也增加了 \(1\)，于是 \(q\) 又会减少 \(1\)。故 \(q-p\) 减少 \(\dfrac{1}{2}\)。

综上，\(c_i\) 增加 \(1\)，\(q-p\) 减少 \(\dfrac{1}{2}\)。

而 \(k+1\) 步后 \(\lfloor \dfrac{q}{2} \rfloor=0\)，故 \(\sum c_i=Inv(A)\) 或 \(Inv(A)-1\)，即 \(Inv(x)=2Inv(A)\) 或 \(2Inv(A)-1\)（实际上只需判断后者即可，后文有解释）。于是我们获得了初始的 \(s\)。

Part 4

先把 \(c_i\) 抛到一边，改为从前到后将 \(B_0,B_1,\cdots,B_{k-1},B_{k+1}\) 向后移动。

假设已经知道了 \(B_{i+1},B_{i+2},\cdots,B_{n-1}\)，设 \(B_i\) 向后移动 \(t\) 步，那么要求：

• \(B_{\min(i,k)}=\min\{B_i,B_{i+1},\cdots,B_{i+s}\}\)。
• \(t \leq s\)。

然后令 \(s \leftarrow s-t\)。

注意到 \(A_0<A_1<\cdots<A_k\)，故越往后第一个条件就越难满足。那么使 \(t\) 尽量大贪心即可。

同时注意到这样贪心时，\(A_{i+1}\) 移动一定不会比 \(A_i\) 远（除了 \(A_{k+1}\)），故：

• 当 \(i+s<k+1\) 时 \(\min\{B_i,B_{i+1},\cdots,B_{i+s}\}=\min\{A_i,A_{i+1},\cdots,A_{i+s}\}\)。
• 如果 \(i+s \geq k+1\)，意味着 \(A_{k+1}\) 至少要移动到 \(i+s+1\)（注意给 \(A_{k+1}\) 留位置）。然后可以看作 \(\min\{B_i,B_{i+1},\cdots,B_{i+s}\}=\min\{A_i,A_{i+1},\cdots,A_k,A_{k+2},\cdots,A_{i+s}\}\)。

那么这样贪心，最后若 \(s=0\) 则有解，否则无解。

由这个贪心算法可以看出初始的 \(s\) 越小越可能有解，故实际只需判断初始 \(s=Inv(A)-1\) 是否有解即可。

总时间复杂度 \(O(\sum n \log n)\)。

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F. Authentic Tree DP (???)

没人想得到的双射题

首先肯定要转化，但转化成什么呢？

结论：在每条边上新建节点（称为特殊点），再在这个新建的节点上添加 \(P-1\) 个叶子。给每个点赋一个 \([0,1]\) 中的值 \(v_i\)，则原题的答案在 \(\bmod P\) 意义下等于每个特殊点的值均大于其邻居值的概率。

证明：考虑所有点的值中最大的点，该点一定是特殊点。而某个特殊点的值最大的概率为 \(\dfrac{1}{n+(n-1)+(n-1)(P-1)} \equiv \dfrac{1}{n} \pmod P\)，故递推式与原题相同。

接下来只需要处理新问题。

先定根，然后对 \(v_i>v_{fa_i}\) （\(i\) 是特殊点）容斥。即钦定一些 \(v_i<v_{fa_i}\)，此时所有限制都形如父亲的值大于儿子。

对于每个由限制构成的联通块 \(S\)，概率即 \(\prod\limits_{u \in S} \dfrac{1}{siz_u}\)。

于是考虑树形 DP，设 \(dp_{u,i}\) 表示原树 \(u\) 的子树中 \(u\) 所在的联通块大小为 \(i\) 时合法的概率，树形依赖背包转移即可。

由树形依赖背包转移的复杂度证明，总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

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