2023.6.27 闲话

「jijidawang的符号学为什么起步这么早。」但是，符号学是啥啊。

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纯悦：你是屎吧。

纯悦：你去屎吧。

纯悦：我要成为内鬼！（指 S2）

纯悦：APJ 这个，很持久啊。

纯悦：我是 0↗

纯悦：你也知道你只会贺啊。

纯悦：别自闭啊，我还要找乐子呢。

纯悦：我老婆只有一个，剩下都是妾。

纯悦：xht 你怎么还卷 ABC 啊。这么简单的 ABC 你还卷，xht。

纯悦：让我来给他们讲状压 DP，插头 DP，各种 DP！所有 DP 全让我讲！

纯悦：所有神给我站一边！Keven_He 我就是帅！

纯悦：你怎么全是闲话，傻逼。

纯悦：（Kaguya）她怎么刚关注我！
纯悦：郭佩奇关注了我！

纯悦：德与行不可兼备。

纯悦：我草，我好牛逼，我怎么认识这么多人。

纯悦：（jijidawang）估计每个人看到你 id 都会想锐评。

K8He 怒 d 喵喵给他关机浪费了他 10min，呃呃 .

STAOI 来了个大神 zifanwang，膜拜！

Akira Complex 自杀了？？？？？？ 好像是真的。昨天晚上我九点回去然后过了不到十分钟就有消息。感觉是昨天最大的事。（选自 gtm1514）

ARC111C Too Heavy

首先如果初始状态有不是自己的行李换不出去的肯定无解，那么先排掉这种情况 .

按 \(p_i\) 构成若干个置换环，那么让每个置换环内体重最大的做中转给每个人换，不难发现只需要考虑体重最大的会不会中间操作不了了，但是根据前面的讨论这种情况已经被排除，所以此时一定有解 .

每个非环内体重最大的人都交换了恰一次，于是可以发现这种操作方案肯定是最优的 . 时间复杂度 \(\Theta(n)\)，可以通过 .

ARC112C DFS Game

有点麻烦的题目，题面也很容易让人读错 . 思路并不困难，不难想到设计树形 DP，转移类似 Minimax 搜索 .

令 \(dp_u\) 表示先手在 \(u\) 的子树最多获得多少硬币，那么转移就是把儿子 \(v\) 分成三类：

• \(\newcommand{\size}{\operatorname{size}}\size(v)\) 为偶数且 \(dp_v<\size(v)-dp_v\) .
• \(\size(v)\) 为偶数且 \(dp_v\ge\size(v)-dp_v\) .
• \(\size(v)\) 为奇数 .

依此转移即可，注意第三类最后决策，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)，比较精细实现应该可以线性 .

ARC112D Skate

这种东西为啥我总想不到 . 如果 \((x,y)\) 位置是 # 则连边 \(x-y\)，于是问题可以改成最少加多少条边使得整张图连通 .

并查集行列分别算连通块数量即可，不算反 Ackermann 函数时间复杂度 \(\Theta(nm)\) .

ARC112E Cigar Box

将终止状态分为三部分，分别是移到左边的，没动过的和移到右边的 .

于是枚举一段递增区间，设其左边有 \(l\) 个数，右边有 \(r\) 个数，则考虑计数移动方案 . 每个数看成一种颜色，那么就是先把 \(m\) 次操作染 \(l+r\) 个颜色，每个颜色都要有至少一个 . 那么就是有标号小球放到无标号盒子（因为合法的盒子顺序肯定只有恰一种）里，这是第二类斯特林数 . 然后还需要考虑哪些操作移到左边哪些移到右边，这个组合数算就行了，注意只有最后一次操作有效，所以剩下的 \(m-l-r\) 次操作随便选就行，综合起来，方案数就是：

\[f(l,r)={m\brace l+r}\dbinom{l+r}l2^{m-l-r} \]

直接计算即可，时间复杂度 \(\Theta(n^2)\) 其中假定 \(n,m\) 同阶 .

ARC114C Sequence Scores

考虑依次加入元素以生成序列 \(\{a\}\)，那么加入一个元素 \(x\) 使得操作次数增加当且仅当 \(x\) 没有出现过或者 \(x\) 到他上一个出现的位置有一个比它小的 .

不难想到单步容斥改成所有位置都比它大，那么枚举上一个出现的位置可以得到在 \(n\) 处加元素 \(x\) 的方案数：

\[f(n,x)=m^{n-1}-\sum_{i=1}^{n-1}(m-x)^{n-i-1}\cdot m^{i-1} \]

答案就是

\[\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^mg(i,k) \]

要求 \(g\) 的一行，可以递推处理，时间复杂度 \(\Theta(nm)\)，可以通过 .

ARC114E Paper Cutting 2

根据拒绝采样法原理，改成不割矩形、矩形内随便选直线不影响答案 .

那么可以根据期望线性性，考虑计算矩形内每一条和边界平行的线段产生的贡献 . 设矩形上下左右分别有 \(u,d,l,r\) 条线，总共 \(s\) 条 . 不妨令目前考虑左边的第 \(i\) 条线，则选中其他线的概率就是 \(\dfrac{u+d+r+i-1}s\)，选中这条线的概率就是：

\[\sum_{k\ge 0}\left(\dfrac{u+d+r+i-1}s\right)^k\dfrac 1s=\dfrac1{s-(u+d+r+i-1)} \]

直接算即可，不算求逆元时间复杂度 \(\Theta(h+w)\) .

ARC115D Odd Degree

流汗 .

对于每个连通块考虑，首先想树咋做，然而叶子确定之后显然可以推出整棵树的连边情况，所以树的答案就是 \(\binom nk\) .

那么如果是任一无向图就先随便整一棵生成树出来，这样非树边随便选后面根据上面的方法构造即可，所以就是 \(2^{m-n+1}\binom nk\) .

合并就是卷积，用背包暴力做就是 \(\Theta(n^2)\)，用科技就是 \(O(n\log^2n)\)（大概吧）.

ARC116C Multiple Sequences

虽然简单但是还是想记一下 .

首先考虑改成元素不能重复的，枚举本质不同元素个数后乘组合数即可计算答案 .

然后朴素 DP 即可，可以注意到本质不同元素个数肯定不大于 \(\log m\)，于是时间复杂度为 \(O(n+m\log^2m)\)，可以通过 .

ARC116D I Wanna Win The Game

考虑拆位处理异或，那么令 \(dp_i\) 表示元素和为 \(i\) 时的方案数，枚举最后一位是 1 的个数即可得到转移：

\[dp_i=[2\mid i]\sum_{2\mid j}\dbinom njdp_{\frac{i-j}2} \]

直接计算即可，时间复杂度 \(O(n^2)\) .

ARC116E Spread of Information

首先二分答案，就变成对于一个覆盖半径问至少需要多少点 .

这个问题可以贪心处理，按 DFS 序考虑，如果子树内覆盖不到就选上，可以发现这样肯定最优 .

于是就在 \(\Theta(n\log n)\) 的复杂度内解决了问题 .

ARC117C Tricolor Pyramid

？

把三种颜色标号为 \(0,1,2\)，则如果底层的两种颜色为 \(c_1,c_2\)，则上层的颜色可以表示为 \(-(c_1+c_2)\bmod 3\) .

那么根据类似杨辉三角的推导可以得到顶层的颜色就是：

\[\left((-1)^{n+1}\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}i\cdot c_{i+1}\right)\bmod 3 \]

其中 \(\{c\}\) 是底层颜色序列 .

那么直接计算即可，组合数需要使用 Lucas 定理计算，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\) .

ARC117D Miracle Tree

？

将点权从小到大排序，让标号排列为 \(\{p\}\)，则只需要满足相邻的项的距离限制，也就是 \(E_{p_{i+1}}-E_{p_i}\le\operatorname{dist}(p_i,p_{i+1})\)，别的位置可以用三角形不等式调整得到满足限制 .

关于限制，显然全部取等是可以的，于是可以导出的是 \(\displaystyle E_{p_k}=1+\sum_{i=1}^{k-1}\operatorname{dist}(p_i,p_{i+1})\) .

那么问题就变成了找到排列 \(\{p\}\) 使得 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\operatorname{dist}(p_i,p_{i+1})\) 最小了，看起来比较经典 .

首先加上 \(\operatorname{dist}(p_n,p_1)\) 之后按 DFS 序选就可以取到下界 \(2(n-1)\)，那么只需要最大化 \(\operatorname{dist}(p_n,p_1)\)，取直径端点即可 .

时间复杂度 \(\Theta(n)\) .

具体有一些实现技巧，可以看 Creater_157 大神的博客 .

ARC118D Hamiltonian Cycle

考虑把 \([0,p)\) 每个数写成 \(a^i\cdot b^j\bmod p\) 的形式 .

具体地，令 \(n=\operatorname{ord}_p(a),\ m=\underset{j}{\mathop{\text{arg min}}}\{b^j\in\mathcal H\}\)，其中 \(\mathcal H=\{a^i\mid i\in\mathbb Z\}\) . 则构造一个 \(n\times m\) 的矩形 \(G_{a,b}\)，第 \(i\) 行第 \(j\) 列放 \(a^i\cdot b^j\bmod p\) .

结论：对于每个 \(x\in G_{a,b}\)，都有唯一的 \(i\in[0,n),\,j\in[0,m)\)，使得 \(x=a^i\cdot b^j\bmod p\) .

存在性用带余除法即可简单证明，考虑证明每个数出现次数不超过 \(1\)：

假设存在 \(i_1,i_2,j_1,j_2\)（范围同上）满足 \(a^{i_1}b^{j_1}\equiv a^{i_2}b^{j_2}\pmod p\) .

不妨令 \(j_1\le j_2\)，则 \(a^{i_1-i_2}\equiv b^{j_2-j_1}\pmod p\)，可以发现 \(b^{j_2-j_1}\in\mathcal H\)，根据 \(m\) 的定义可以知道 \(j_2-j_1=0\)，也就是 \(j_2=j_1\)，那么就可以得到 \(a^{i_1}=a^{i_2}\)，因为 \(i_1,i_2<n\)，所以肯定有 \(i_1=i_2\) . 由此就证明了每个数出现次数不超过 \(1\) .

这样的话，如果 \(nm\neq p-1\) 无解，否则考虑构造一组解 . 也就是考虑在 \(G_{a,b}\) 中构造一条哈密顿回路 .

首先特判 \(n=1\) 或 \(m=1\) . 那么剩下的情况 \(p\) 肯定是奇数，从而根据 \(nm=p-1\) 可以得到 \(nm\) 中至少有一个偶数 . 后面的构造就不困难了，放一个官方题解的图，其余可以看官方题解 .