AGC059 题解 (不含 F)

去年的比赛拖到今年发了呢...

Atcoder Proving Contest

A. My Last ABC Problem (2000)

场上打表找规律找了半天

考虑如何处理单个询问。

显然连续相同字母可以缩起来（即不会在段内分割），设段数为 $k$。

对于一次操作 $[l,r]$，显然 $[l,r]$ 内的段数不会减少，$[1,l)$ 及 $(r,n]$ 的段数也不会减少，减少的只有可能是 $l-1,l$ 之间及 $r,r+1$ 之间。每次至多减少 $2$ 段，故答案有下界 $\lceil \dfrac{k}{2} \rceil$。

结论：当 $k \geq 5$ 时，一定存在 $[l,r]$ 使得操作后减少 $2$ 段。

证明

不妨设 $S_2=A,S_3=B$。

• 若 $S_1=B$，则取 $l=r=2$；
• 若 $S_4=A$，则取 $l=r=3$；
• 否则 $S_1=S_4=C$。
  • 若 $S_5=B$，则取 $l=r=4$。
  • 若 $S_5=A$，则取 $l=2,r=4$；

观察发现 $k=3$ 时需要 $1$ 或 $2$ 次操作，$k=4$ 时必须要 $2$ 次操作。

于是当 $k$ 为偶数时答案为 $\dfrac{k}{2}$，$k$ 为奇数时答案为 $\dfrac{k-1}{2}$ 或 $\dfrac{k+1}{2}$。

结论：当 $S_1=S_k$ 时，答案为 $\dfrac{k-1}{2}$，否则为 $\dfrac{k+1}{2}$。

证明

容易发现在操作过程中 $S_1$ 与 $S_k$ 始终不变。故当 $k$ 缩减到 $3$ 时，若初始 $S_1=S_k$ 则有答案 $\dfrac{k-1}{2}$；否则有下界 $\dfrac{k+1}{2}$，又由于任何最优策略必定会缩减为此情况，故这也是上界，证毕。

即答案为 $\lfloor \dfrac{k+[S_1 \neq S_k]}{2} \rfloor$。

对于多组询问，前缀和预处理即可。总时间复杂度 $O(n+q)$。

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B. Arrange Your Balls (1900)

B < A

设出现的颜色种类数为 $k$，记 $S$ 表示题目中的相邻颜色对种类数。

首先可以给出一种 $S=k$ 的构造：将相同颜色的球全放在一起。

结论：$S \geq k-1$。

证明

构建一个无向图，对于所有相邻颜色对 $(x,y)$，连边 $(x,y)$。显然该无向图是联通的，故（去重边后的）边数 $S \geq k-1$，证毕。

结论：当 $n<2(k-1)$ 时，$S > k-1$。

证明

如果无向图（去重边后）是棵树，那么环上的顺序相当于图的一个欧拉回路，故所有点入度为偶数，可以归纳得到树上每条边对应的重边数量均为偶数，即每条重边至少出现 $2$ 次。故 $n \geq 2(k-1)$，证毕。

事实上，当 $n \geq 2(k-1)$ 时一定存在一组 $S=k-1$ 的解，下面给出构造。

• 如果所有颜色都出现至少两次，就直接把所有颜色套起来。

• 先拿一个只出现一次的颜色定为第一个，断环为链，将指针设置为它后面的位置。

• 对于一种有 $k \geq 2$ 个球的颜色，将 $k$ 个球全部放在指针位置，再在前面的 $k-2$ 个空隙中放入只出现一次的颜色，最后将指针设为最后一个空隙。

• 最后剩下一个球放入指针位置。

注意到有 $k$ 个球的颜色会带来 $k-2$ 个空隙（只出现一次的颜色则消耗 $1$ 个空隙），上述过程中 $\sum (k-2)=n-2(k-1) \geq 0$，故方案合法。

总时间复杂度 $O(n)$。

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C. Guessing Permutation for as Long as Possible (2900)

结论：对于排列 $\{P_i\}$ 和 $k \in [1,\dfrac{n(n-1)}{2}]$，$(A_k,B_k)$ 可以被跳过当且仅当存在 $m \geq 2$ 和 $(A_{i_1},B_{i_1}),(A_{i_2},B_{i_2}),\cdots,(A_{i_t},B_{i_m})$ 使得 $i_t \leq k,A_{i_1}=A_k,B_{i_m}=B_k,B_{i_t}=A_{i_{t+1}}$ 且 $P_{A_{i_t}}<P_{B_{i_t}}$（或者全部大于）。

证明

充分性显然，考虑证必要性。记 $P_{A_k}=X,P_{B_k}=Y$，不妨设 $X < Y$。考虑 $A_k < r < B_k$ 使得 $X < P_r < Y$，记 $P_r=Z$。

若 $(X,Z)$ 与 $(Y,Z)$ 不能均问过（否则违背前提），不妨设没有问过 $(Y,Z)$。则可以将位置介于 $(r,B_k)$ 的数中与 $Z$ 通过连边联通的和 $Z$ 一同移动到 $Y$ 的右端，这样新的排列 $P'$ 仍然合法。

重复这样的操作，最后得到的排列中 $X$ 与 $Y$ 间没有介于 $(X,Y)$ 的数。此时调换 $X$ 与 $Y$ 仍然合法，代表 $P_{A_t}$ 与 $P_{B_t}$ 的大小关系无法确定，证毕。

结论：排列 $P$ 合法当且仅当对所有 $k$ 上述条件在 $m=2$ 时成立。

证明

考虑 $m>2$ 的条件成立的情况。如果已经问过 $(A_{i_1},B_{i_2})$，则将 $(A_{i_1},B_{i_2})$ 和 $(A_{i_2},B_{i_2})$ 缩成 $(A_{i_1},B_{i_2})$，$m \leftarrow m-1$；否则之后在询问 $(A_{i_1},B_{i_2})$ 时就变为 $m=2$ 的情况，能判定排列 $P$ 不合法。证毕。

有了这个结论，问题就变成了有 $O(n^3)$ 个有序三元组限制，求有多少个排列 $P$ 使对所有限制 $(x,y,z)$ 都有 $(P_y-P_x)(P_y-P_z) > 0$。遗憾的是这个加强后的问题没有什么好办法解决。

维护一张有 $n$ 个点的无向图。倒序考虑每个询问 $(A_k,B_k)$，连边 $(A_k,B_k)$。

注意到，如果加入 $(A_k,B_k)$ 时 $A_k$ 与 $B_k$ 并不连通，对于一个与 $A_k,B_k$ 均不连通的点 $u$，由于前面一定询问过 $(u,A_k)$ 及 $(u,B_k)$，故会产生限制 $(A_k,u,B_k)$。假设 $A_k$（或 $B_k$）所在的连通块在排列中的值域相邻，则说明这两块在排列中的值域相邻，显然可以归纳证得。

即建出一棵类似 Kruskal 重构树的二叉树（每个点有 $0$ 或 $2$ 个儿子），那么合法的排列 $P$ 只能这样得到：

• 对于每个非叶节点，可以将它的左右子树交换。
• 中序遍历所有叶节点，得到排列。

记 $c_u$ 表示是否交换 $u$ 的左右子树。那么对于剩下的限制 $(x,y,z)$，记 $p$ 为 $x,y,z$ 的 LCA：

• 若 $p$ 的左右子树内分别含有 $y$ 及 $x,z$，则限制必定被满足。
• 否则不妨设 $p$ 的左右子树内分别含有 $x$ 及 $y,z$，记 $q$ 为 $y,z$ 的 LCA。若 $y$ 在 $q$ 的左子树内，则有 $c_p \neq c_q$；否则 $c_p = c_q$。

把每个 $c_u=0$ 及 $c_u=1$ 看作点，对限制连边再遍历一遍即可，如果限制有矛盾则答案为 $0$；否则设连通块数量为 $x$，则答案为 $2^x$。

时间复杂度 $O(n^3)$。

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D. Distinct Elements on Subsegments (3300)

首先能注意到若有解则 $| B_{i+1}-B_i | \leq 1$，同时当其取等时会获得对 $A_i$ 及 $A_{i+k}$ 的限制。

记 $L_i$ 表示 $A_i$ 是否在 $A_{i+1},A_{i+2},\cdots,A_{i+k-1}$ 中出现过，$R_i$ 表示 $A_i$ 是否在 $A_{i-1},A_{i-2},\cdots,A_{i-k+1}$ 中出现过，于是有 $B_{i+1}-B_i=R_{i+k}-L_i$。

边界：$B_1=L_1+L_2+\cdots+L_k$，$B_n=R_n+R_{n+1}+\cdots+R_{n+k-1}$。

结论：设 $\{L_i\}$ 中值为 $1$ 的位置从小到大为 $X_1,X_2,\cdots,X_p$，$\{R_i\}$ 中值为 $1$ 的位置从小到大为 $Y_1,Y_2,\cdots,Y_q$，若有解则 $p=q$ 且 $\forall i \in [1,p],1 \leq Y_i-X_i \leq k-1$。

证明

对每种颜色 $x$，设 $\{A_i\}$ 中 $x$ 的位置从小到大为 $Z_1,Z_2,\cdots,Z_r$，则对于所有满足 $Z_{i+1}-Z_i \leq k-1$，$L_{Z_i}=R_{Z_{i+1}}=1$。于是 $p=q$ 且存在一组 $\{X_i\}$ 与 $\{Y_i\}$ 间的匹配使得每一对 $(X_i,Y_j)$ 满足 $1 \leq Y_j-X_i \leq k-1$。显然交叉匹配的调换匹配仍然合法，故可调整为顺序匹配，证毕。

事实上，只要 $\{L_i\}$ 及 $\{R_i\}$ 满足上述条件，就可以构造一组合法的 $\{A_i\}$：

• 设 $cnt=0$。从前往后确定每个 $A_i$：
• 若 $R_i=0$，则令 $cnt \leftarrow cnt+1,A_i \leftarrow cnt$。
• 若 $R_i=1$，设与 $Y_t=R_i$ 匹配的 $X_t$ 为 $j$，则令 $A_i \leftarrow A_j$。

还剩下最后一个问题：如何由 $\{B_i\}$ 得到合法的 $\{L_i\}$ 及 $\{R_i\}$？

由于 $B_{i+1}-B_i=R_{i+k}-L_i$，故当 $| B_{i+1}-B_i | = 1$ 时已经确定，问题是 $B_{i+1}=B_i$ 时如何决策。

结论：若有解，则下面的构造方式一定合法：对于所有 $B_i=B_{i+1}$，若 $B_i < k$，则令 $L_i=R_{i+k}=1$；否则令 $L_i=R_{i+k}=0$。对于 $L_{n+1},\cdots,L_{n+k-1}$ 及 $R_1,\cdots,R_k$，$1$ 的总数已确定，尽量靠中间放。

证明

考虑任意一组合法的 $\{L_i\}$ 及 $\{R_i\}$，若存在 $B_i=B_{i+1} < k$ 且 $L_i=R_{i+k}=0$，将其调整为 $1$。由于存在解使得 $B_i<k$ 且 $L_i=R_{i+k}=0$，故该解满足 $A_{i+1},A_{i+2},\cdots,A_{i+k-1}$ 中有两个相同的数 $A_x,A_y$。那么将原匹配 $(x,y)$ 改为匹配 $(i,y)$ 及 $(x,i+k)$，由之前的结论得 $\{L_i\},\{R_i\}$ 仍然合法。证毕。

那么按照上面的策略两步构造即可，时间复杂度 $O(n+k)$。

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E. Grid 3-coloring (3800)

神奇脑洞题，甚至没有 C,D 复杂

先将 $1,2,3$ 分别替换为 $0,1,2$。

结论：对于一个合法的矩阵 $A$，存在唯一的矩阵 $B$ 使得：

• $B_{i,j} \equiv A_{i,j} \bmod 3$。
• $B_{1,1}=0$。
• $\forall i>1,|B_{i,j}-B_{i-1,j}|=1$，$\forall j>1,|B_{i,j}-B_{i,j-1}|=1$。

证明

按 $(i,j)$ 字典序升序填数：

• 若 $i=1$（或 $j=1$），若 $A_{i,j} \equiv A_{i,j-1}+1 \bmod 3$，令 $B_{i,j}=B_{i,j-1}+1$；否则令 $B_{i,j}=B_{i,j-1}-1$。显然填法唯一。

• 否则，若 $A_{i-1,j}=A_{i,j-1}$，按上述方式填；否则令 $B_{i,j}=B_{i-1,j-1}$。显然填法唯一。

题目给出了边框上的 $A$ 值，用上述方式可以确定这些位置的 $B$ 值（如果已经矛盾则无解）。

有解的一个必要条件是对于所有 $i \in [1,n],|B_{1,i}-B{n,i}| \leq n-1,|B_{i,1}-B{i,n}| \leq n-1$。

神奇的是，这也是充分条件！直接令 $B_{i,j}=\max\{B_{1,j}-(i-1),B_{n,j}-(n-i),B_{i,1}-(j-1),B_{i,n}-(n-j)\}$。考虑 $B_{i+1,j}-B_{i,j}$，由于取 $\max$ 内的四个值均增加了 $\pm 1$，故 $B_{i+1,j}-B_{i,j}=\pm 1$，故合法。

时间复杂度 $O(\sum n)$。

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F. LIDS (???)

又是 Anton 的神秘计数题（上一场在 AGC055F），什么时候有闲心了再看