2024.7 #2 幻想现实交映辉耀 朝向命运刻下惊叹号 要我 的骄傲 随生命喧嚣

幻想现实交映辉耀
朝向命运刻下惊叹号
要我 的骄傲
随生命喧嚣

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T1.CF452F Permutation

先抛出一个结论对于固定的 \(i,a\)，\(i + 2^a \times k\) 和 \(i - 2^a \times k\) 在同一侧。

那么既然 \(k\) 是一步一步向外扩展的，那么这个东西一定是前缀或者是后缀。而我们要判断的相当于是，对于每个 \(i\) 和 \(a\)，是否这些前缀或后缀上的数的下标是否都大于或都小于 \(i\) 的下标，并且这些数都是 \(\mod 2^{a+1}\) 的同余类。然后我们就可以枚举 \(a\)。接着处理这些前缀与后缀上的数的下标的最大值和最小值，然后进行判定即可。

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T2. CF1924D Balanced Subsequences

我们定义 \(c_i\) 为加入第 \(i\) 个字符后还需要匹配的左括号的数目。

• 若第 \(i\) 个是左括号，\(c_i = c_{i - 1} + 1\)。

• 否则当 \(c > 0\) 时，\(c_i = c_{i - 1} - 1\)。

那么没有计入答案的右括号总共有 \(m−k\) 个，即经过此次操作 \(c\) 仍然保持 \(0\) 不变。如果这个时候选择了 \(-1\)，那么之后的 \(c_j\) 都要 \(-1\)。转换一下可得 \(c_j = \min^n_{i = 1} = k - m\)。

然后我们将 \((i,c_i)\) 放到平面上，那么就等同于：

• 从 \((0,0)\) 到 \((n + m,n - m)\)，每一次向右上或者右下走一格。

• 路径经过 \(y = k − m\)，且 \(\min^n_{i = 1}c_i = k - m\)。

但是我们可以把整一个平面旋转 \(45\) 度。

那么就变成了

• 从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\)，每一次向右或者上走一格。

• 路径经过 \(y = (k − m) + x\)，且不能经过这个函数的右边。

第二条可以转化为经过直线 \(y = (k - m) + x\) 的路径数 - 经过直线 \(y = (k - m) + x - 1\) 的路径数。

对于一条直线的答案，我们直接把 \((n,m)\) 关于直线对称后到了 \((n_2,m_2)\)，然后答案就转化为 \((0,0)\) 到 \((n_2,m_2)\) 的路径数了。

那么最终的答案就是 \((^{n + m}_{k}) - (^{n + m}_{k - 1})\)。

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T3.[ABC290F] Maximum Diameter

神仙题目。

我们只需要考虑 \(\sum a_i = 2n - 2\) 并且 \(a_i > 0\) 的序列即可。

先考虑最大化树的直径，假如说 \(a\) 中有 \(k\) 个 \(1\)，即最后的树上一共有 \(k\) 个儿子节点，那么我们只需要把剩下的 \(n - k\) 个点排成一条链，然后再向两端加上两个叶子节点，剩余的叶子节点补到链上度数不够的节点。这样子直径的长度就是 \(n - k + 1\)。然后我们考虑怎么计数。枚举 \(k\)，那么叶子节点的选择方案数显然为 \(\dbinom nk\)。如此一来剩下的节点的度数和就是 \(2n - 2 - k\)，剩下的节点数就是 \(n - k\)。那么就相当于把 \(2n - 2 - k\) 个球放到 \(n - k\) 个盒子里面，并且每一个盒子至少有 \(1\) 个球。那么其数量就为：

\[\dbinom {(2n - 2 - k) - 2(n - k) + (n - k) - 1}{(2n - 2 - k) - 2(n - k)} = \dbinom {n - 3}{k - 2} \]

那么在乘上链的长度，最终的答案就是 \(\sum^n_{i = 1}\dbinom nk \dbinom {n - 3}{k - 2} (n - k + 1)\)，但是这个东西求一次要 \(O(n)\) 的复杂度，难以接受。

在继续化简的前面，我们需要了解两个式子：

• 吸收恒等式：\(k \dbinom nk = n \dbinom {n-1}{k-1}\)

• 范德蒙卷积：\(\sum_{k = 0}^{k} \dbinom ni \dbinom {m}{k - i} = \dbinom {n+m}k\)。

上面两个都很好证明，在这里就不给证明了。然后就可以对于上面的式子进行化简了。

\[\begin{array}{l} \sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-2}{k-2} (n - k + 1)\\= -\sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-2}{k-2} (k - 2 + 1 - n)\\= -\sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-2}{k-2} (k - 2) + (n - 1) \sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-2}{k-2}\\= (n - 1) \sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-2}{k-2} -(n - 3) \sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-4}{k-3}\\= (n - 1) \sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-3}{n - k - 1} -(n - 3) \sum^n_{k = 1} \dbinom nk \dbinom {n-4}{n-k-1}\\= (n - 1) \dbinom {2n-3}{n-1} - (n-3)\dbinom {2n-4}{n-3} \end{array} \]

然后这样子就可以 \(O(1)\) 求出答案了。

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T4. CF1267G Game Relics

我们的一个最优选项是，能抽卡的抽卡，不能抽出来的就去买。假如说我们当前有了 \(i\) 张牌，那么抽出下一张牌就要抽 \(\dfrac{n}{n - i}\) 次。

除了最后一次之外，其他的次数都可以让我们获得 \(\dfrac{x}{2}\) 的回馈，最后一次消耗 \(x\) 获得新卡，则期望消耗 \((\dfrac{n}{n - i} - 1) \times \dfrac{x}{2} + x\)。

接着寻找抽卡与买的分界线。考虑把所有直接购买的花费均摊到每次之中。然后我们此时已有的价值为 \(w_1\)，价值总和为 \(w\)，那么单次消耗 \(\dfrac{w - w_1}{n - i}\)。那么判定条件就是： \(\dfrac{w-w_1}{n - i} < (\dfrac{n}{n - i} - 1) \times \dfrac{x}{2} + x\)。

然后我们设 \(a_{i,j}\) 为选了 \(i\) 张牌，已经有了价值为 \(j\) 的事件。\(dp_{i,j}\) 为其组合数量，那么答案就是 \(\dfrac{dp_{i,j}}{\dbinom{n}{i}}\)。