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 $\mathrm{mod}{2}^{a+1}$ 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 $c_j=\underset{i=1}{\overset{n}{min}}=k-m$。

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 $\underset{i=1}{\overset{n}{min}}{c}_i=k-m$。

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 ${(}_k^{n+m})-{(}_{k-1}^{n+m})$。

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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 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}$。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：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{(2n-2-k)-2(n-k)+(n-k)-1}{(2n-2-k)-2(n-k)})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{k-2})}$$

那么在乘上链的长度，最终的答案就是 $\sum _{i=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{k-2})}(n-k+1)$，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：$k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}=n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{k-1})}$

• 范德蒙卷积：$\sum _{k=0}^k{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k-i})}={\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{k})}$。

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。

$$\begin{array}{l}\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})}(n-k+1)\\ =-\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})}(k-2+1-n)\\ =-\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})}(k-2)+(n-1)\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})}\\ =(n-1)\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2}{k-2})}-(n-3)\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-4}{k-3})}\\ =(n-1)\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3}{n-k-1})}-(n-3)\sum _{k=1}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-4}{n-k-1})}\\ =(n-1){\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-3}{n-1})}-(n-3){\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2n-4}{n-3})}\end{array}$$

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 ${\displaystyle \frac{n}{n-i}}$ 次。

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

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 ${\displaystyle \frac{w-w_1}{n-i}}$。那么判定条件就是： ${\displaystyle \frac{w-w_1}{n-i}}<({\displaystyle \frac{n}{n-i}}-1)\times {\displaystyle \frac{x}{2}}+x$。

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。$d{p}_{i,j}$ 为其组合数量，那么答案就是 ${\displaystyle \frac{d{p}_{i,j}}{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}}}$。