AGC做题记录
AGC做题记录
从比较远古的题开始做起吧。
个人觉得比较好玩的题：
AGC001D AGC001F AGC002E AGC003E AGE003F AGC004C AGC004F AGC005C AGC005E AGC005F AGC006C AGC006E AGC007C AGC007E AGC008E AGC008F
AGC001
C
经典题。
考虑直径中点，讨论长度奇偶性直接\(O(n^2)\)做就行。
D
不是很难的构造题。
思考题目给出的条件，不难想到把等价关系转化为连边，那么序列合法等价于形成了一个连通块。
这时候考虑连通块的一些必要条件，就是边数大于等于\(n - 1\)，可以推导出\(A\)中奇数不超过2个。这时需要大胆猜想这是有解的充要条件，直接构造答案。
我在做题时到这一步就没思路了，其实可以考虑一些比较弱的情况，每次只连出来一个点，也就是\(B\)刚好是\(A\)右移一位，不难发现这个构造是对的。考虑奇数怎么做，其实直接把奇数丢到首尾就行了因为这个时候两端不会连到另一个\(B\)的回文串内。
E
典中典之组合意义题。
很容易把这个东西变成\((0,0)\rightarrow(a_i+b_i+a_j+b_j) \iff (-a_i,-b_i) \rightarrow (a_j,b_j)\)的方案数，那么dp算就行了。
F
非常有意思的思维题。
第一步就把我难住了，这个交换的条件显然非常散乱，难以找寻到其中的性质。题解给出了一种巧妙的思维方式：考虑将排列\(P\)视为置换，这个置换的逆。假设这个逆置换为\(Q\)，那么\(P\)字典序最小等价于\(Q\)字典序最小，而我们可以对\(Q\)进行的操作就是当相邻两个数之差的绝对值大于等于\(K\)时，可以交换它们。
这个转化是大胆的，但它毫无疑问极大地简化了问题。
这个时候不难想到直接对\(Q\)进行冒泡排序，因为不能交换的数的相对顺序确定，所以这个贪心排序是正确的。我们就得到了一个\(O(n^2)\)的做法
既然想到了冒泡排序，那么不妨试着优化，对于和“排序”有关的一类题目，都可以考虑进行归并。
容易发现，右区间的\(j\)优于左区间的\(i\)当且仅当左区间中\(i\)的后缀最小值不小于\(Q_j+K\)。这个后缀最小值可以直接维护。复杂度\(O(n\log n)\)
相较于线段树优化拓扑排序，我认为这种思路比较自然也比较优秀。
AGC002
D
一眼整体二分题。
当然也可以Kruskal重构树，不过我比较想练整体二分，就写了这题，二分后判断\(x,y\)所在连通块的并的大小和\(z\)的关系就行了。
但我写着题的时候被坑了许多发。首先是要把加边也二分进去，否则会变成\(O(n^2)\)，然后注意当前二分答案区间对应询问区间为空的时候不能直接return，这个时候要加边。
E
典中典之Ferrers图上走路题。
经典的Ferrers图的转化，朴素的想法是在上面dp，简单思考一下后发现可以快速算，那么就做完了。
F
不知道怎么评价dp题。
发现白球很难处理，考虑在状态中体现合法性。设\(f_{i,j}\)表示已经选了\(i\)个白球，放完了\(j\)种其它颜色。
直接转移即可。
AGC003
C
简单题。
这种套路见得多了，不多说。
D
连续WA9发的神秘题。
思路不难，首先把每个数除以最大的完全立方因子,那么构成许多等价类。发现等价类一一对应，每一对等价类取较大那个加入答案即可。
一个晚上的战斗后借助std终于对了。
E
有意思的好题。
首先一部分操作是没用的，可以用单调栈处理掉，那么剩下的\(q\)就是单调增的，以下设初始的\(q_1=n\)。
不妨考虑若有\(\forall i, q_{i - 1} | q_i\),那么每次操作都相当于让之前的序列重复\(\frac{q_i}{q_{i-1}}\)次，把这个重复次数设为\(f_i\)，这个可以倒推，一直累加到\(f_1\)，答案就全是\(f_1\)。
顺着这个思路想下去，考虑倒推每个时刻序列的重复次数以算出\(f_1\)，不难发现剩下的\(q_i \bmod q_{i-1}\)是难以处理的，这时候这题最妙的地方就是递归处理这个剩下来的部分。因为我们的\(q_i\)单调增，所以前面扩展出来的序列是固定的，那么这个剩余的部分就作用在前面的一个\(q_i\)上，这个可以通过二分找到。这样就得到了一个子问题，可以递归求解。
最后，在\(f_1\)上剩余的部分不可再分，但是\(q_1\)是\(O(n)\)的，那么维护一个差分直接做就行。
由于每次取模二分，复杂度就是\(O(n \log ^ 2 n)\)的。
F
看不懂题。
首先肯定要考虑一些特殊情况，\(k\)级分形中包含的所有单位分形可能都联通，也可能都不连通，直接特判掉。
那么考虑剩下的情况就行了，不妨设左右联通，上下不连通。
从比较简单的情形入手，\(k=2\)
不难想到，答案是黑点数量减去多算的部分。假设黑点数量为\(c\)，接下来考虑多算的部分怎么做。
\(k=2\)时，多算的部分就是单位矩阵中左右相邻的黑点对数。
下面推广到\(k\)较大的情况，考虑递推：设\(f_i\)为\(i\)级分形的答案，\(s_i\)为两个\(i\)级分形拼在一起多算的部分。
画个图感受一下，设\(c\)为黑点数量，\(p\)为单位分形中相邻黑点对数，\(r\)为将两个单位分形拼在一起，在交界处出现的相邻黑点对数，显然有
那么直接矩阵加速就行了。
AGC004
C
诈骗题。
搞了一个晚上，结果一看题解大为震撼。
注意到边界为空，乱弄即可，详见代码。
D
简单题。
显然1只能连向1，然后在树上贪心选即可。
E
简单恶心题。
显然转化成起点在移动，那么dp就行，有点细节，不过对称，也不难写。
CSP-S2022告诉我们，注意到空间不能直接开\(100^4\)，应该开short。
F
基环树神仙题。
首先考虑树。一开始的思路是DP，思考一段时间后发现操作没有什么特征，且顺序难以确定，只能放弃。
有一个非常巧妙的构造，由于树是二分图，可以对其进行黑白染色，那么不难发现每次操作相当于交换相邻两个颜色不同结点的颜色。颜色全部反转为最终状态。那么很容易可以得到一个必要条件：黑点数等于白点数，事实上这就是充要条件。
考虑每条边至少走多少次,设子树内黑白点数量之差为\(a_i\)，显然为\(|a_i|\)。在此基础上考虑构造方案，只要先做子树就行了。那么答案就是\(\sum |a_i|\)
对于有环出现的情况，我们的思路是先沿用二分图染色的方法，然后再单独考虑不合法的边\((u,v)\)对答案的影响。显然，应分奇环偶环两种情况讨论。
如果是偶环，那么假设这条边对上方\(a\)的影响为\(x\)，不难发现环内点的贡献变为\(\sum|a_i - x| + \sum|a_j + x|\)，我们希望令这个，这就变成了一个小学生数学题。取\(x\)为中位数即可。
如果是奇环，那么这条边会改变这棵基环树的黑白点的数量，为了满足有解的充要条件，这条边的操作情况是一定的，那么直接算影响然后把这条边删了就行。
AGC005
B
蓝题。
C
结论题。
不难想到把最长的链拉出来，那么剩下点的只要绑在这条链上就行了，限制是比较显然的。
D
一般题。
直接二项式反演，设钦定\(i\)个匹配，剩下随便选的方案为\(g_{i}\)，那么答案就是\(\sum_k (-1)^k g_k\)，考虑怎么求\(g_k\)，就是算\(k\)个匹配的方案数，把边建出来直接dp就行。
E
神仙博弈题。
假设\(u\)在A树上深度为\(depa_u\)，在B树上深度为\(depb_u\)。
发现这个树乱连，很难找到其中性质，考虑一个简单的情形：若在一个点上A走一次可以让B为之走许多次，那么只要A成功走到这样的点就赢了。具体来说，若A树上边\((u,v)\)满足在B树上两点距离不小于\(3\)，这两个点就满足条件。
这样，我们简化了问题，先假定A走的点都不满足上述条件，那么这时有什么性质呢？
可以发现，这个时候A没有办法操作B了，因为A一旦走到B走过的地方，B定然可以一步抓住A，所以A只会在B树中\(u\)的子树里走。游戏变成了简单的B追赶A。
那么B到达点\(u\)的时间就是\(depb_u\)，A能走到的点都满足\(depa_u < depb_u\)，也就是说A比B先到点\(u\)。直接在树上求答案即可。
F
好题。
一开始列式子挺难想的，我们想要算对于每个\(f_i\)，每个点\(u\)的贡献是多少，就是\(u\)在多少个满足条件的集合内。这个让人摸不着头脑，不妨容斥一下，算\(u\)不在多少个集合内，那么这些集合一定满足集合内所有点都在以\(u\)为根的同一棵子树内，所以答案可以写成
显然，右边那一部分的\(sz_v\)是很少的，那么可以先把每一中\(sz\)有多少个用一个dfs统计出来，假设系数为\(\lambda_i\)，那么要求的就是
那么这个式子可以直接用NTT卷起来，复杂度\(O(n \log n)\)。
AGC006
B
简单构造题。
不难发现两个相邻且相同的数字会保留，那么在中间放\((1,x,x+1,2)\)然后调整一下就行。
C
好题。
由期望线性性可得操作一次会发生的变化为：\(E_i' = \frac{(2E_{i - 1} - E_i) + (2E_{i + 1} - E_i)}{2} = E_{i - 1} + E_{i + 1} - E_i\)
考虑如何快速维护这样的操作。发现这个操作似曾相识，在之前的模拟赛中做过，他等价于交换相邻两个差分。
所以我们可以先把差分求出来，然后算出每个差分最后到达了哪里。怎么算呢？可以发现一次set相当于对之前的位置乘上了一个置换，而置换满足结合律，所以可以直接快速幂，\(O(n \log k)\)。当然，也可以把大置换拆成若干个单位置换，然后直接做，\(O(n)\)。
D
一般题。
考虑沿用B的思路，先二分一个答案，把所有数转变为01，不难发现若有相邻两个数一样，那么答案就是对应的0/1，而若同时出现多组相邻相同，离\(n\)最近的会被取到。注意到不可能出现两组相邻相同且和\(n\)等距，那么直接做就行。
E
好题。
首先考虑简化问题，先判掉一些不合法条件，将所有数字按照除以\(3\)的商分组，那么每一列可以用一个数对表示为\((x,y)\)，其中\(x\)为这一列的数字的组的编号，\(y\)表示这三个数是否升序。
那么题目中的操作就等价于交换\(x_i,x_{i+2}\)同时将\(y_i,y_{i+1},y_{i+2}\)同时取反后翻转。这个操作肯定和奇偶性有关，所以分组做。先考虑\(y\)的限制，发现可以将同组的两个\(y\)同时取反，所以记录降序的奇偶性。再考虑\(x\)的限制，不难发现奇偶性就是逆序对奇偶性，而奇数组的\(x\)交换后会影响偶数组的\(y\)的奇偶性，反之亦然，那么判断奇数组\(x\)的逆序对奇偶性和偶数组\(y\)降序数量奇偶性，反过来再做一次就行。
F
一般题。
题目的表述有点让人摸不着头脑。建图转化，若\(x\)连向\(y\)，\(y\)连向\(z\)，则\(z\)连向\(x\)。那么有一个经典办法就是将原图三染色，相邻的点颜色不同，然后答案是容易计算的。
AGC007
B
没做出来题。
先考虑使\(a_i+b_i\)为定值，发现可以给\(A,B\)都乘上一个很大的权，然后调整。
C
神仙好难期望题。
一开始的想法肯定是直接算，然而想了一会之后发现推球的顺序会影响答案，然后发现没法直接做了。
注意到题目中给了一个等差数列一定是有用的，考虑处理等差数列的经典办法，把这条直线反过来，答案不变，此时由期望线性性正反直线答案相加恰为原本答案的两倍，但不同的是这时距离为常数，因此可以令\(d=1,x=0\)，求出来的答案乘\(\frac{2d_1 + x(2n - 1)}{2}\)就是最终答案。
考虑把每条线段的贡献拆开算，那么一定有一些线段被合并了，不好算，但是我们可以模拟推球的过程，然后把当前每条线段的期望长度算出来。分别考虑有没有合并线段，假设原长为\(1\)，那么期望长度为
直接模拟即可。
D
神奇dp题。
首先每一段肯定只会走\(1\)次或\(3\)次，先把答案加上一个\(E\)，剩下只需求出重复走的路程的最小值。
注意到点都在\((0,E)\)上，考虑dp，比较简单，不写。
E
有启发性的好题。
先来个二分。考虑使用动态规划判合法性。设\(f_{u,a,b}\)表示进入子树\(u\)有\(a\)的代价，出来有\(b\)的代价，是否合法，转移是显然的。
这样做的复杂度是\(O(n^3 \log V)\)，显然需要优化。
对于这一类问题，可以思考去掉一些不必要的状态，显然，在本题中，若存在\(f_{u,a,b}\)和\(f_{u,a',b'}\)，且满足\(a < a', b < b'\)，那么\(f_{u,a',b'}\)就是无用的。
这样随着\(a\)单调增，\(b\)单调减，考虑利用单调性快速转移，利用双指针可以做到线性。
这样一次check就与状态数级别的，考虑算状态数，合并左右子树带来的新的状态数为左右子树状态数的最小值\(\times 2\)，类似启发式合并，总状态数为\(O(n \log n)\)。
综上，总复杂度为\(O(n \log n \log V)\)。
F
一般题。
这个贪心比较简单，简单来说就是每次能往前走就往前走，发现这个过程类似许多条折线，可以考虑维护折点的横坐标。可以归纳证明一个性质:折点的纵坐标一定是\(1,2,3....\)，那么用一个队列维护就行了。
AGC008
B
结论题。
最开始的想法是dp，然而第二个样例就做不了了。。不难发现操作顺序非常棘手，于是放弃dp这条路，寻找操作的性质。
由于最后一次操作是没有办法被覆盖的，所以我们考虑枚举最后一次操作，那么剩下的两边的点都可以通过相邻的黑白操作任意选，所以答案就是一个前缀\(\max\)和一个后缀\(\max\)和中间一段长为\(k\)的区间的答案相加。
C
垃圾题。
随便做，千万别做。
D
垃圾题。
把颜色分为三类：必须填、必须不填、随便填。然后模拟就行了。
E
神题。
F
启发性神题。
这题主要难题是解决算重的情况，题解给出一种经典思路。考虑设\(S(u,d)\)表示选则点\(u\)，半径为\(d\)，染色出的点集。首先忽略整棵树都被染色的情况，我们在\(d\)最小的那个位置统计答案。这样为什么是对的？因为两个不同的点不可能通过相同的\(d\)得到相同的点集。这种取最小值的思路是可以借鉴的。
先考虑所有点都可以作为中心的情况，显然对于一个点合法的\(d\)是一个前缀，考虑算最大值。首先不能把整棵树染色，其次不能有其他点用更小的\(d\)得到相同点集。可以直接考虑相邻点。若 \(S(u,d - 1)=S(v,d)\)，那么 \(S(u,d - 1)\) 一定把 \(v\) 的除去 \(u\) 的所有子树都染色了。设 \(f_k(u)\) 表示以\(u\)为根，子树深度第 \(k\) 大，也就是\(d - 1 \ge f_2(u) + 1\)，所以 \(d\) 的上界就是 \(\min(f_1(u), f_2(u) + 2) - 1\)。
现在有一些点不能作为中心了，由于我们上面的计数方法，有一些方案少算了。那我们就要算 \(u\) 有多少种方案可以被其它点染色得到。注意到这次 \(d\) 是一个后缀，可以考虑求出其下界。还是反过来思考，如果一个可以作为中心的点可以得到 \(S(u,d)\)，那么显然这个关键点所在子树一定被全部染色了，我们考虑这个点为 \(v\) , \(S(v, d')\) 满足了条件，那么 \(d' > d\)， \(v\) 所在子树中每一个点都可以被 \(v\) 到达，所以 \(u\) 也一定可以到达。所以求出每个点有关键儿子的子树的最大深度最小值就是下界。
上述所有需要求的东西都可以通过换根DP实现，复杂度 \(O(n)\)。
