Atcoder 题目选做（一）

$By DaiRuiChen007$

1. [ARC080F] Prime Flip

数轴上有 $n$ 个点 $a_{1} \sim a_{n}$ 的颜色是黑色的，其余颜色为白色。

每次操作可以选连续 $p$ 个位置反色，其中 $p$ 必须是奇素数。

求全部位置染白的最小操作次数。

数据范围： $n \leq 100, a_{i} \leq 10^{7}$ 。

考虑差分，变成 $d_{i}, d_{i + p}$ 取反，然后观察某两个为 $1$ 的位置： $i, j$ ，考虑这两个数还原的代价：

若 $| i - j |$ 为奇素数，则 $1$ 次操作即可还原这两个数。
若 $| i - j |$ 为偶数，则 $2$ 次操作可以还原： $| i - j | \geq 6$ 时根据哥德巴赫猜想拆成两个奇素数之和，否则拆成 $5 - 3 / 7 - 3$ 。
若 $| i - j |$ 为奇合数，则 $3$ 次操作可以还原，因为你要把 $| i - j |$ 表示成若干个奇素数的和或差，那么操作次数必定与 $| i - j |$ 同奇偶，构造很 trivial。

可以证明答案一定是把这些 $i, j$ 两两匹配。

先考虑只有后两种，那么同奇偶的点内部优先匹配，至多一组 $(i, j)$ 会用第三种方式还原。

然后考虑第一种操作，显然这种操作的点越多越好，注意到 $i mod 2 \neq j mod 2$ ，因此连边后求二分图最大匹配即可。

时间复杂度 $O (n^{2} \sqrt{n} + n^{2} π (\sqrt{V}))$ 。

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2. [ABC251Ex] Fill Triangle

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给定 $a_{n, 1} \sim a_{n, n}$ ，以 $m$ 个值相同的区间的形式表示。

定义 $a_{i, j} = a_{i + 1, j} + a_{i + 1, j + 1}$ ，求 $a_{k, 1} \sim a_{k, k} mod 7$ 。

数据范围： $n \leq 10^{9}, m \leq 200, k \leq 5 \times 10^{5}$ 。

先考虑 $a_{n, j} \to a_{k, i}$ 的贡献系数，那就是 $(\binom{n - k}{j - i})$ 。

因此对于一个区间相等 $a_{n, l} \sim a_{n, r}$ ，对单个 $a_{k, i}$ 的贡献系数就是 $(\binom{n - k}{l - i}) + \dots + (\binom{n - k}{r - i})$ 。

因此我们只要求组合数前缀和 $mod 7$ 之后的结果。

可以用 Lucas 定理维护，设 $\sum_{i = 0}^{y} (\binom{n}{x}) = F (x, y)$ ，特殊处理最后 $y mod n$ 项得到：

F (x, y) = F (x mod p, p - 1) \times F (⌊ x / p ⌋, ⌊ y / p ⌋ - 1) + (\binom{⌊ x / p ⌋}{⌊ y / p ⌋}) \times F (x mod p, y \mod p)

预处理 $0 \leq x, y < p$ 的结果，能够做到 $O (\log_{7} n)$ ，为了优化常数，我们可以先求出 $F (x, y) mod 7^{4}$ 的结果，由于 $10^{9} < 7^{12}$ ，那么这样只要递归 $\leq 3$ 层即可，可以近似看成 $O (1)$ 的。

时间复杂度 $O (m k)$ 。

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3. [ARC087E] Prefix-free Game

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定义一个 01 串集合 $S$ 是好的：

所有元素长度在 $[1, m]$ 之间。

对于所有 $s \in S$ ， $s$ 的所有前缀不属于 $S$ 。

给定初始值 $S = S_{0}$ ，Alice 和 Bob 轮流往 $S$ 中插入一个字符串，谁不能保持 $S$ 是好的就输了，求赢家。

数据范围： $L = \sum_{s \in S} | s | \leq 10^{5}, m \leq 10^{18}$ 。

先建立 Trie 树，那么 Trie 上的点和所有叶子的子树不能选。

那么剩下来的就是一些一度点的空子树，显然这些子树之间的博弈是互不影响的，求出每个子树的 SG 值后异或起来即可。

我们只要求 $s g_{n}$ 表示深度为 $n$ 的空 Trie 上的博弈的 SG 函数，枚举插入字符串深度得到：

s g_{n} = mex {⨁_{k = n - i}^{n - 1} s g_{k} ∣ 1 \leq i \leq n}

打表发现 $s g_{n} = lowbit (n)$ ，可以归纳法证明，直接求值即可。

时间复杂度 $O (L)$ 。

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4. [AGC006F] Blackout

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给定 $n \times n$ 网格，其中 $m$ 个位置是黑色，按如下方式操作若干次：

若 $(a, b), (b, c)$ 是黑色，则令 $(c, a)$ 为黑色。

求最多的黑色网格数量。

数据范围： $n, m \leq 10^{5}$ 。

考虑把每个黑格子看成 $a \to b$ 的边，然后玩一玩环的情况，容易发现有自环 $u \to u$ 则 $u$ 对应的弱连通块最终一定会变成完全图。

继续观察：对于一个大小为 $l e n$ 的环，选两对邻边操作，可以构造出一个大小为 $l e n - 2$ 的环，已知 $l e n \in {1, 2}$ 必能生成完全图。那么容易推知：对于任意 $3 ∤ l e n$ ，大小为 $l e n$ 的环所在的弱连通块最后一定会变成完全图。

接下来考虑 $3 ∣ l e n$ 的情况，对于同一个弱连通块容易想到三染色，把所有点染成 $0 / 1 / 2$ 三种颜色，可以猜测最后的图中异色之间全部有边，同色之间全部没有额外边，可以通过归纳法考虑向某个颜色中加入一个新点证明。

注意特判整张图只能二染色的情况，对于每个连通块分别处理即可，注意每次要处理完整个弱连通块，因此考虑加入反向边。

时间复杂度 $O (n + m)$ 。

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5. [ABC252Ex] K-th beautiful Necklace

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给定 $n$ 个球 $m$ 种颜色，每个球有权值 $v$ ，对于一种方案，选出每种颜色的球各一个，权值为选出球的权值异或和，求第 $k$ 大的权值。

数据范围： $n, m \leq 70, k \leq 10^{18}, v \leq 2^{60}$ 。

此时最大的方案数 $K = 3^{22} \times 4 \approx 1.2 \times 10^{11}$ 。

因此可以考虑 Meet-in-Middle，把所有颜色分成 $L, R$ 两个集合，使得每个集合总方案数接近 $\sqrt{K}$ ，可以证明误差不会太大。

那么我们可以爆搜得到每个颜色集合对应的权值集合。

然后把 $L$ 中的数插入 01-Trie，统一维护 $R$ 中每个数当前匹配到的位置，从高到低试填求出当前这一位为 $1$ 时每个数匹配到的子树的大小之和，和 $k$ 比较即可。

时间复杂度 $O (\sqrt{K} \log V)$ 。

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*6. [ARC139F] Many Xor Optimization Problems

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给定一个长度为 $n$ ，值域为 $[0, 2^{m})$ 的序列，求所有子集的最大子集异或和的和。

数据范围： $n, m \leq 2 \times 10^{5}$ 。

在介绍该问题做法前，我们先介绍一下二项式系数的拓展形式，q-binomial。

具体来说，q-binomial 依如下形式定义：

\begin{aligned} (n)_{q} & = \sum_{i = 0}^{n - 1} q^{i} = \frac{q^{n} - 1}{q - 1} \\ {(\binom{n}{m})}_{q} & = \frac{\prod_{i = 1}^{n} (i)_{q}}{\prod_{i = 1}^{m} (i)_{q} \prod_{i = 1}^{n - m} (i)_{q}} \end{aligned}

容易发现 $q = 1$ 就是正常的二项式系数，类比二项式系数的递推形式，q-binomial 也有如下的递推式：

{(\binom{n}{m})}_{q} = q^{m} {(\binom{n - 1}{m})}_{q} + {(\binom{n - 1}{m - 1})}_{q} = q^{n - m} {(\binom{n - 1}{m - 1})}_{q} + {(\binom{n - 1}{m})}_{q}

证明方法是数学归纳法，然后展开观察系数。

这也为我们理解 q-binomial 的组合意义提供了一种方式：对于所有 $(0, 0) \to (n - m, m)$ 的格路，求 $q^{格路右下方点数和}$ 的和。

根据组合意义，我们可以证明如下恒等式：

\sum_{i = m}^{n} q^{i - m} {(\binom{i}{m})}_{q} = {(\binom{n + 1}{m + 1})}_{q}

除去暴力展开，该结论可以通过组合意义理解，先通过对称让 q-binomial 求所有格路 $q$ 的左上方点数。

然后枚举 $(i - m, m) \to (i - m, m + 1)$ 的时刻，而此时 $m + 1$ 行左上方的点数就是 $q^{i - m}$ ，因此原结论得证。

然后回到原题上来，我们分步枚举，先枚举线性基大小 $k$ ，以及自由元 $a_{1} \sim a_{k}$ （ $a_{1} \leq a_{2} \leq \dots \leq a_{k}$ ）。

那么把原问题分三部分考虑，先求最大异或和的期望，显然自由元必须在其中，其他位在或不在概率均等。

因此这部分答案是 $\frac{1}{2} (2^{a_{k} + 1} - 1 + \sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}})$ 。

然后考虑 $k$ 个自由元的填法，对矩阵进行转置，变成求 $n$ 个 $2^{k}$ 向量线性无关：答案显然为 $\prod_{i = 0}^{m - 1} (2^{n} - 2^{i})$ 。

对于剩余的数码，把每个向量写成高斯消元后的标准型，这个过程是一个双射。

容易发现只有 $k$ 个向量非零，第 $i$ 个向量剩余位任选的方案数为 $2^{a_{i} - (i - 1)}$ 。

因此我们得到：

\begin{aligned} Answer & = \sum_{k = 1, a_{1} \sim a_{k}}^{min (n, m)} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i}) \frac{1}{2} (2^{a_{k} + 1} - 1 + \sum_{i = 0}^{k} 2^{a_{i}}) \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i} - (i - 1)} \\ = \frac{1}{2} \sum_{k = 1, a_{1} \sim a_{k}}^{min (n, m)} 2^{- k (k - 1) / 2} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i}) (2^{a_{k} + 1} - 1 + \sum_{i = 0}^{k} 2^{a_{i}}) \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}} \end{aligned}

把三个式子拆开分类讨论。

先计算第一部分 $\prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}}$ ：

考虑格路计数的模型，对于 $0 \sim m - 1$ 的每一位，是自由元看成向右走一步，非自由元看成向上走一步，那么我们能得到 $\prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i} - (i - 1)}$ 的和，又因为该模型可以用 q-binomial 描述，因此得到：

\sum_{a_{1} \sim a_{k}} \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}} = 2^{k (k - 1) / 2} {(\binom{m}{k})}_{2}

然后计算第二部分 $(\sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}}) \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}}$ ：

考虑容斥，先把求和号里的式子当成 $2^{m} - 1$ ，然后容斥掉选的那一位不属于 $a_{1} \sim a_{k}$ 的贡献。

那么第二部分可以看成选 $k + 1$ 个元素的 $2^{a_{i}}$ 之积，容易发现这个和式能用 ${(\binom{m}{k + 1})}_{2}$ 表出。

但注意，对于 $k + 1$ 个元素，选出 $k$ 个自由元的方案数为 $k + 1$ 种，因此得到：

\sum_{a_{1} \sim a_{k}} (\sum_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}}) \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}} = (2^{m} - 1) 2^{k (k - 1) / 2} {(\binom{m}{k})}_{2} - (k + 1) 2^{k (k + 1) / 2} {(\binom{m}{k + 1})}_{2}

最后计算第三部分 $2^{a_{k} + 1} \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}}$ ：

枚举 $a_{k} = i$ ，那么剩下的问题是一个 ${(\binom{i}{k - 1})}_{2}$ 的子问题，配凑系数用刚才提到的 q-binomial 上指标求和公式处理：

\begin{aligned} \sum_{a_{1} \sim a_{k}} 2^{a_{k} + 1} \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}} & = 2^{(k - 1) (k - 2) / 2 + 1} \sum_{i = 0}^{m - 1} 2^{2 i} {(\binom{i}{k - 1})}_{2} \\ = 2^{(k - 1) (k - 2) / 2 + 1} \times 2^{k - 2} (\sum_{i = 0}^{m - 1} (2^{i + 1} - 1) 2^{i - k + 1} {(\binom{i}{k - 1})}_{2} + \sum_{i = 0}^{m - 1} 2^{i - k + 1} {(\binom{i}{k - 1})}_{2}) \\ = 2^{k (k - 1) / 2} ((2^{k} - 1) \sum_{i = 0}^{m - 1} 2^{i - k + 1} {(\binom{i + 1}{k})}_{2} + {(\binom{m}{k})}_{2}) \\ = 2^{k (k - 1) / 2} ((2^{k} - 1) {(\binom{m + 1}{k + 1})}_{2} + {(\binom{m}{k})}_{2}) \\ = 2^{k (k - 1) / 2} ((2^{k} - 1) (2^{m - k} {(\binom{m}{k})}_{2} + {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) + {(\binom{m}{k})}_{2}) \\ = 2^{k (k - 1) / 2} ((2^{m} - 2^{m - k} + 1) {(\binom{m}{k})}_{2} + (2^{k} - 1) {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) \end{aligned}

最后把三个式子全部带入得到：

\begin{aligned} Answer & = \frac{1}{2} \sum_{k = 1, a_{1} \sim a_{k}}^{min (n, m)} 2^{- k (k - 1) / 2} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i}) (2^{a_{k} + 1} - 1 + \sum_{i = 0}^{k} 2^{a_{i}}) \prod_{i = 1}^{k} 2^{a_{i}} \\ = \frac{1}{2} \sum_{k = 1, a_{1} \sim a_{k}}^{min (n, m)} 2^{- k (k - 1) / 2} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i}) 2^{k (k - 1) / 2} ((2^{m + 1} - 2^{m - k} - 1) {(\binom{m}{k})}_{2} - (k 2^{k} + 2^{k} - 1) {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) \\ = \frac{1}{2} \sum_{k = 1, a_{1} \sim a_{k}}^{min (n, m)} \prod_{i = 0}^{k - 1} (2^{n} - 2^{i}) ((2^{m + 1} - 2^{m - k} - 1) {(\binom{m}{k})}_{2} - (k 2^{k} + 2^{k} - 1) {(\binom{m}{k + 1})}_{2}) \end{aligned}

最终按照式子计算即可。

时间复杂度 $O (n + m)$ 。

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7. [ABC255G] Constrained Nim

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给定 $n$ 堆石子的 Nim 游戏，有 $m$ 个限制表示：当前堆大小为 $x$ 时不能取 $y$ 个石子，求最终谁必胜。

数据范围： $n, m \leq 2 \times 10^{5}$ 。

考虑算 SG 函数，我们需要特殊处理 $O (m)$ 个有特殊限制的点的 $S G (x)$ 。

首先如果一个 $x$ 没有限制，那么他的 SG 函数值就是 $1 + max_{i \leq x} S G (i)$ ，因此 $S G$ 函数可以看成若干段斜率为 $1$ 的一次函数，在所有有特殊限制的点处取值突变，因此对于突变点 $x$ ，由 $S G (x + 1)$ 的值即可确定该段函数。

因此用 map 存每个突变点 $x$ 和 $x + 1$ 的 SG 函数值，二分即可得到任意 $x$ 的 SG 函数值。

然后考虑突变点，我们要在 $S G (1) \sim S G (x - 1)$ 中找到所有 $S G (x - y)$ 并删掉，统计每种删掉的函数值的出现个数，我们只要求某个 SG 函数值 $w$ 的出现总次数。

观察一下函数图像可以发现，对于所有非突变点，他们的 SG 函数值单调递增（这是显然的），且中间不存在断点。

因此 $w$ 一定在非突变点中出现恰好一次，而在突变点中的出现次数可以用 map 维护。

时间复杂度 $O (m \log m)$ 。

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8. [ARC140F] ABS Permutation Count

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给定 $n, m$ ，对于所有 $k = 0 \sim n - 1$ 求恰有 $k$ 个 $i$ 满足 $| p_{i + 1} - p_{i} | = m$ 的排列数量。

数据范围： $n \leq 2.5 \times 10^{5}$ 。

先考虑 $q = p^{- 1}$ ，那么我们要求的就是恰有 $k$ 个 $i$ 满足 $| q_{i + m} - q_{i} | = 1$ 。

先考虑 $m = 1$ 的情况，此时这个问题是经典的二项式反演，设 $g_{k}$ 表示钦定 $k$ 个 $i$ 满足条件的方案数，那么答案 $f_{k} = \sum_{i \geq k} f_{i} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k})$ ，一次卷积即可。

而 $g_{k}$ 又能看成原序列被分成 $n - k$ 个值域连续 $+ 1 / - 1$ 的段，对于长度 $> 1$ 的段有两种排列方式，最后再乘 $(n - k)!$ 排列值域相对顺序，用生成函数表示得到：

\begin{aligned} g_{k} & = (n - k)! [z^{n}] (z + 2 z^{2} + 2 z^{3} + \dots)^{n - k} \\ = (n - k)! [z^{k}] {(\frac{2 x}{1 - z} - z)}^{n - k} \\ = (n - k)! [z^{k}] {(\frac{2}{1 - z} - 1)}^{n - k} \\ = (n - k)! \sum_{i = 0}^{n - k} (- 1)^{n - k - i} 2^{i} (\binom{n - k}{i}) [z^{k}] \frac{1}{(1 - z)^{i}} \\ = (n - k)! \sum_{i = 0}^{n - k} (- 1)^{n - k - i} 2^{i} (\binom{n - k}{i}) (\binom{k + i - 1}{i - 1}) \end{aligned}

进行一次卷积即可，注意 $g_{0}$ 要特殊处理。

对于一般的情况，递归处理 $n = ⌊ n / m ⌋$ 的生成函数为 $g_{1}$ 和 $n = ⌊ n / m ⌋ + 1$ 的生成函数为 $g_{2}$ 。

那么最终的生成函数为 $g_{1}^{m - n mod m} \times g_{2}^{n mod m}$ ，多项式快速幂计算，注意 $(n - k)!$ 要在最后乘，最后一次二项式反演即可。

时间复杂度 $O (n \log n)$ 。

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9. [ARC141D] Non-divisible Set

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给定 $n$ 个数的集合，值域 $[1, 2 m]$ ，对于每个 $a_{i}$ 求出是否存在一个大小为 $m$ 的子集包含 $a_{i}$ 且任意两个数不为倍数关系。

数据范围： $m \leq 3 \times 10^{5}$ 。

注意到值域很小，因此考虑每个数的奇数部分，即把每个数拆成 $k \times 2^{d}$ 其中 $k$ 为奇数。

对于同一个 $k$ ，显然至多选一个元素，又因为不同的 $k$ 只有 $m$ 个，因此每个 $k$ 恰好贡献一个数。

对于 $p ∣ k$ ，那么 $p \times 2^{c}$ 和 $k \times 2^{d}$ 同时选必须有 $c > d$ ，那么对于每个 $k$ ，其因数全部选尽可能大的 $2^{c}$ ，倍数全部选尽可能小的 $2^{c}$ 。

具体的构造直接让因数从小到到大贪心取，倍数从大到小贪心取即可。

因此对于每个 $k$ ，合法的 $d$ 是一个区间，且该区间可以快速求出，即 $l_{k} \geq max_{k ∣ p} {l_{p} + 1}, r_{k} \leq max_{p ∣ k} {r_{p} - 1}$ ，找到区间内第一个和最后一个存在的 $d$ 即可。

时间复杂度 $O (m \log m)$ 。

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10. [ARC141E] Sliding Edge on Torus

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给定 $n \times n$ 个点，标号 $(1, 1) \sim (n, n)$ ， $q$ 次操作对于所有 $((a + k) mod n, (b + k) mod n)$ 与 $((c + k) mod n, (d + k) mod n)$ 连边（ $0 \leq k < n$ ）。

每次操作后求图中连通块数。

数据范围： $n, q \leq 2 \times 10^{5}$ 。

首先把 $(x, y)$ 用 $(x, (y - x) mod n)$ 表示，那么相当于 $(i, (b - a) mod n)$ 与 $((i - a + c) mod n, (d - c) mod n)$ 连边。

对于 $(b - a) mod n$ 和 $(d - c) mod n$ ，如果他们原先不在一个连通块里，那么连边相当于建立点之间的映射，如果此前他们已经联通，那么我们可以看成在 $(b - a) mod n$ 内部的连边，而边长（每条边跨越的长度）可以算出，那么每次连边后新的环数也可以维护（即所有边长的 $gcd$ ）。

因此用带权并查集维护当前列中的点到连通块的根中的点的映射，以及每个连通块内所有边长的 $gcd$ 即可，合并是简单的。

时间复杂度 $O (q α (n))$ 。

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*11. [ARC141F] Well-defined Abbreviation

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给定字符串集合 $S_{1} \sim S_{n}$ ，对于一个字符串 $T$ ，每次可以删去 $T$ 中的一个 $S_{i}$ 子串直到不能操作，判定是否存在一个 $T$ 使得最终停止时的 $T$ 不唯一。

数据范围： $L = \sum | S_{i} | \leq 2 \times 10^{6}$ 。

考虑什么时候 $T$ 会产生两种不同的结果，手玩可以发现，当 $T$ 包含子串 $A + B + C$ 且 $A + B, B + C \in S$ 时就会导致 $T$ 产生的结果不唯一。

当然前提条件是 $A, C$ 不能同时被消成相等的。

进一步观察这个条件，我们发现需要对于 $S_{j} \subseteq S_{i}$ 的情况进行处理，但由于本题较强的约束条件，此时的 $S_{i}$ 无论以任何方式操作，都必须在空串处停止，否则 $T = S_{i}$ 即是一组解。

因此我们可以考虑贪心，对 $S_{1} \sim S_{n}$ 建 AC 自动机，逐位加入 $S_{i}$ 的字符，如果当前串与某个 $S_{j}$ 匹配，那么贪心地删去 $S_{j}$ ，显然每次都会删掉一个后缀，因此用栈维护当前串每一位在 AC 自动机上的位置即可。

这个过程结束后得到的串如果非空那么原题有解，否则保留 $S_{i}$ 当且仅当不存在其他 $S_{j}$ 被当前串包含。注意特判存在 $S_{j}$ 是 $S_{i}$ 后缀的情况。

此时任意两个字符串没有包含关系，然后我们只需判定有无这样的 $A, B, C$ 即可。

然后对剩余的串建 AC 自动机，枚举 $A + B$ ，跳 Fail 树得到所有可能的 $B$ ，用哈希判断此时的 $C$ 是否与 $A$ 相等即可。

时间复杂度 $O (L | Σ |)$ 。

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12. [ARC142D] Deterministic Placing

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给定 $n$ 个点的树，在树上放若干棋子：定义一次操作会把每个棋子移动到他的一个邻居上，使得每条边至多被经过一次，移动后每个点上至多一个棋子。

求有多少种初始放棋子的方法，使得可以该局面可以被操作任意次，且每次操作方案都唯一。

数据范围： $n \leq 2 \times 10^{5}$ 。

手玩棋子移动的过程，先考虑树是链的情况，此时只有一个端点上没有棋子，然后其他棋子在这条链上往返运动。

然后考虑一般树的情况，容易发现一个合法局面依然能被分解成若干条链，并且链需要是有向的，设其指向空端点。

进一步的，对于一种合法的有向链剖分，链尾不能相邻，否则可以合成一条两端都是空节点的链，链头不能相邻，否则一次操作后就变成上面的情况，且链头或链尾不能和链中间节点相邻，否则中段节点可以跟另一条链尾。

那么可以设计 dp： $f_{u, 0 \sim 7}$ 表示当前节点是链头，且有 / 没有链尾，当前节点是链尾，且有 / 没有链头，当前节点是链中间节点，且有 / 没有链头，有 / 没有链尾，转移时简单分类讨论即可。

时间复杂度 $O (n)$ 。

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*13. [ARC142E] Pairing Wizards

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题目大意

给定 $a_{1} \sim a_{n}, b_{1} \sim b_{n}$ ， $m$ 组限制 $(x, y)$ ，确定 $c_{1} \sim c_{n}$ 使得 $c_{x} \geq b_{x}, c_{y} \geq b_{y}$ 或 $c_{x} \geq b_{y}, c_{y} \geq b_{x}$ ，最小化 $\sum | c_{i} - a_{i} |$ 。

数据范围： $n, V \leq 100$ 。

思路分析

显然 $c_{i} > a_{i}$ ，考虑网络流建模，用切糕模型处理：连接 $(i, j) \to T$ 权值为 $1$ ， $(i, j) \to (i, j - 1)$ 权值为 $\infty$ ，表示 $c_{i} \leftarrow a_{i} + j$ 。

但是题目中的限制不好处理，设 $b_{x} \geq b_{y}$ ，我们先初步调整令 $a_{x}, a_{y} \geq b_{y}$ ，然后去除所有 $max (a_{x}, a_{y}) \geq b_{x}$ 的限制。

此时 $a_{x}, a_{y} < b_{x}$ ，那么对于此时的 $x$ ，要么 $c_{x} \geq b_{x}$ ，要么所有的 $c_{y} \geq b_{x}$ ，我们可以这样建模：连接 $S \to x$ 权值为 $b_{x} - a_{x}$ ，连接 $x \to (y, b_{x} - a_{y})$ 权值为 $\infty$ 。

但这个模型有一点不完备：对于一个 $x$ ，我们可能可能在 $S \to x$ 和 $(x, i) \to (x, i - 1) \to \dots$ 的链上分别割掉了一些边，此时这些代价就会被重复计算。

但我们发现这是不可能的，首先 $S \to x$ 说明 $a_{x} < b_{x}$ ，其次存在某条 $z \to (x, i)$ 说明 $b_{z} \geq b_{x}$ 且我们呢已经调整使得 $a_{z}, a_{x} \geq b_{x}$ 从而导出矛盾。

因此这样的网络上的最小割就是答案。

时间复杂度 $O (MaxFlow (n V, n V + m))$ 。

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14. [ARC142F] Paired Wizards

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有两个变量 $x, y$ 以及 $S = 0$ ，他们可以分别执行两种操作之一：

操作一： $x \leftarrow x + 1$ 或 $y \leftarrow y + 1$ 。

操作二： $S \leftarrow S + x$ 或 $S \leftarrow S + y$ 。

接下来有 $n$ 秒，每秒给定 $a, b, c, d \in {1, 2}$ ，你要在如下两种策略中选一项执行：

令 $x$ 执行操作 $a$ ， $y$ 执行操作 $b$ 。

令 $x$ 执行操作 $c$ ， $y$ 执行操作 $d$ 。

求最终 $S$ 的最大值。

数据范围： $n \leq 8000$ 。

先转化代价计算：我们只考虑一个人所有操作二的时刻 $t_{1} \sim t_{m}$ ，设 $t_{i}$ 递增，那么总贡献就是 $\sum t_{i} - i$ 。

设所有 $t_{i}$ 的和为 $w$ ， $x$ 操作数 $m_{x}$ ， $y$ 操作数 $m_{y}$ ，那么贡献就是 $w - \frac{m_{x} (m_{x} + 1)}{2} - \frac{m_{y} (m_{y} + 1)}{2}$ ，因此我们只关心 $w, m_{x}, m_{y}$ 。

考虑对所有操作分类讨论：

$(a, b) = (c, d)$ ：这种操作没有选择空间，直接统计入 $w, m_{x}, m_{y}$ 。
$a = c, b \neq d$ ：这种 $x$ 没有选择空间，先计入 $w, m_{x}$ ，然后枚举选择二操作的次数，即对 $m_{y}$ 的贡献确定，此时我们只要最大化 $w$ ，即选择时间最靠后一段操作。
$a \neq c, b = d$ ：类似上面，先统计 $w, m_{y}$ ，然后枚举 $m_{x}$ ，选择操作的一段后缀。
$(a, b), (c, d) = (1, 1), (2, 2)$ ：此时同上，枚举选择 $(2, 2)$ 的操作次数，同上，此时依然会选择一段后缀操作。
$(a, b), (c, d) = (1, 2), (2, 1)$ ：此时对 $w$ 的贡献一定，我们只要枚举几个 $m_{x}$ 几个 $m_{y}$ 即可。

此时暴力枚举四类操作，复杂度 $O (n^{4})$ 。

考虑分离过程：例如 $a = c, b \neq d$ 的操作，他们的最优决策只和其他操作中 $m_{y}$ 的贡献有关，因此我们可以设 $f_{i}$ 表示 $m_{y} = i$ 的最优代价，同理 $a \neq c, b = d$ 的操作设 $g_{i}$ 表示外界 $m_{x} = i$ 的最小代价。

然后我们枚举最后两类操作的选择次数，那么我们可以直接得到外界 $m_{x}, m_{y}$ 的数量，查询 $f_{m_{x}} + g_{m_{y}}$ 即可得到此时第二、三类操作的最优贡献之和。

时间复杂度 $O (n^{2})$ 。

由于代价函数满足四边形不等式，可以用分治或其他手段优化求值过程，或许可以做到 $O (n \log n)$ 。

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15. AND OR Equation

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题目大意

给定 $n, k$ ，求有多少序列 $a_{0} \sim a_{2^{n} - 1}$ 满足值域 $[1, k]$ 且对于所有 $i, j$ 都有： $a_{i} + a_{j} = a_{i AND j} + a_{i OR j}$ 。

数据范围： $n \leq 3 \times 10^{5}, k \leq 10^{18}$ 。

思路分析

考虑逐位构造，考虑从 $a_{0} \sim a_{2^{d} - 1}$ 推出 $a_{0} \sim a_{2^{d + 1} - 1}$ 。

对于 $i, j < 2^{d}$ ，我们知道 $a_{i} + a_{j + d} = a_{i AND j} + a_{(i OR j) + d} = a_{i + d} + a_{j}$ 。

因此 $a_{i + d} - a_{j + d} = a_{i} - a_{j}$ ，即 $a_{2^{d}} \sim a_{2^{d + 1} - 1}$ 与 $a_{0} \sim a_{2^{d} - 1}$ 是“相似”的，即差分相同。

那么可以考虑 dp， $f_{d, x}$ 表示当前序列长度 $2^{d}$ ，序列极差为 $x$ ，考虑每次转移时值域的扩张量： $f_{d + 1, x + i} \leftarrow f_{d, x} + (1 + [i > 0])$ 。

我们要从 $f_{0, 0} = 1$ 出发，求出 $\sum f_{n, i} (k - i + 1)$ ，枚举 $j$ 表示转移过程中恰好有 $j$ 个时刻增加量 $> 0$ ，得到：

Answer = \sum_{i = 0}^{k} (k - i + 1) \sum_{j = 0}^{min (n, i)} (\binom{n}{j}) 2^{j} (\binom{i - 1}{j - 1})

根据组合恒等式能得到答案为 $\sum_{j = 0}^{n} 2^{j} (\binom{n}{j}) (\binom{k + 1}{j + 1})$ ，维护 $(k + 1)^{\underset{―}{j + 1}}$ 即可。

时间复杂度 $O (n)$ 。

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16. [ARC144E] GCD of Path Weights

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给定 $n$ 个点 $m$ 条边的 DAG，点有点权，有一些点权不确定，找到一种方式最大化所有 $1 \to n$ 路径点权和的 $gcd$ 。

数据范围： $n \leq 3 \times 10^{5}$ 。

先删除所有不在 $1 \to n$ 路径上的点，然后拆点成边，使得答案变成路径边权和。

设答案为 $p$ ，根据经典结论，存在一组序列 $d_{1} \sim d_{n}$ 使得 $\forall (u, v) \in E, d_{u} + w (u, v) \equiv d_{v} (\mod p)$ 。

把图看成无向图，只要处理所有环的 $gcd$ 即可。

用可持久化并查集维护 $d_{r t} - d_{u}$ 的值，遇到环时把答案和 $d_{u} + w (u, v) - d_{v}$ 取 $gcd$ 即可。

时间复杂度 $O ((n + m) α (n))$ 。

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*17. [AGC008F] Black Radius

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给定一棵 $n$ 个点的数， $f (u, d)$ 定义为距离 $u$ 不超过 $d$ 的点构成的集合，给定一个集合 $S \subseteq V$ ，求对于所有 $u \in S$ 共有多少本质不同的 $f (u, d)$ 。

数据范围： $n \leq 2 \times 10^{5}$ 。

首先考虑 $S = V$ 的情况，容易发现 $f (u, d)$ 容易产生重复，因此考虑最小表示法计数，对于每个 $\neq V$ 的 $f (u, d)$ ，一定有一个 $u$ 能最小化 $d$ ，那么我们在这个 $u$ 处记录 $d$ 即可。

以 $u$ 为根考虑，首先 $f (u, d) < V$ ，因此 $d < f i_{u}$ ，其中 $f i_{u}$ 表示 $u$ 所有儿子中的最大深度，然后考虑最小化 $d$ 的限制，如果存在一个 $u$ 的儿子 $v$ 满足 $f (v, d - 1) = f (u, d)$ 则此时 $d$ 不合法。

此时删掉 $v$ 子树，不存在和 $u$ 距离 $d - 1 / d$ 的点，考虑取删除 $f i_{u}$ 对应子树，显然找次大深度子树，记为 $s e_{u}$ ，那么 $d - 1 \leq s e_{u}$ ，可以证明 $d < min (f i_{u}, s e_{u} + 2)$ 是充分的。

然后考虑 $S \neq V$ 的情况，对于一个 $u \notin S$ ，依然考虑以 $u$ 为最小表示的点集，且这个点集能被另一个 $S$ 中的点 $v$ 表示，显然要求 $v$ 对应的子树全部属于 $f (u, d)$ ，求出这些 $v$ 对应子树里深度最小的一个，记为 $l o_{u}$ ， $u$ 的贡献就是 $min (f i_{u}, s e_{u} + 2) - l o_{u}$ 。

换根 dp 维护即可，记得最后加上全集。

时间复杂度 $O (n)$ 。

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*18. [ABC257Ex] Dice Sum 2

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给定 $n$ 个骰子，第 $i$ 个骰子代价为 $w_{i}$ ，以均等概率得到 $a_{i, 1} \sim a_{i, 6}$ ，你可以购买 $m$ 个骰子，获得的权值是这些骰子显示面的数字之和的平方，求最大期望收益。

数据范围： $n \leq 1000$ 。

先考虑如何刻画选择 $n$ 个骰子后的期望收益，可以建立 PGF， $F_{i} (z) = \frac{1}{6} \sum_{x = 1}^{6} z^{a_{i, x}}$ ，那么整体的 PGF $F (z) = \prod_{i = 1}^{n} F_{i} (z)$ 。

根据经典结论，平方的期望相当于 $\sum i^{2} [z^{i}] F (z)$ ，即 $(z F^{'} (z))^{'}$ 在 $z = 1$ 处的值。

展开得到：

\begin{aligned} (z F^{'} (z))^{'} & = z F^{″} (z) + F^{'} (z) \\ = z (\sum_{i \neq j} F_{i}^{'} (z) F_{j}^{'} (z) \prod_{k \neq i, k \neq j} F_{k} (z) + \sum_{i = 1}^{n} F_{i}^{″} (z) \prod_{j \neq i} F_{j} (z)) + \sum_{i = 1}^{n} F_{i}^{'} (z) \prod_{j \neq i} F_{j} (z) \end{aligned}

而 $F_{i} (1) = 1$ ， $F_{i}^{'} (1) = \sum a_{i, x}$ ，记为 $C_{i}$ ， $F_{i}^{″} (1) = \sum a_{i, x}^{2}$ ，记为 $D_{i}$ ，带入得到答案为：

\sum_{i \neq j} C_{i} + \sum_{i} D_{i}^{2} + C_{i} = {(\sum C_{i})}^{2} + \sum (D_{i}^{2} + C_{i} - C_{i}^{2})

记 $x_{i} = C_{i}, y_{i} = D_{i}^{2} + C_{i} - C_{i}^{2} - w_{i}$ ，那么问题就转化为选择若干 $k_{1} \sim k_{m}$ 最小化 $(\sum x_{i})^{2} + \sum y_{i}$ 。

枚举 $k = \sum x_{i}$ ，此时我们把所有数按 $k x_{i} + y_{i}$ 排序从大到小取 $m$ 个即可。

进一步，我们不需要使得 $\sum x_{i} = k$ ，只要对于每个 $k$ 都算出一种最优解即可。

即对于所有大小为 $m$ 的子集，我们只考虑那些存在某个 $k$ 使得子集中的元素的 $k x_{i} + y_{i}$ 排序后恰好是全体元素中前 $m$ 大的那些子集。

此时枚举量为 $O (V)$ ，进一步优化，我们只要考虑哪些 $k$ 会使得 $k x_{i} + y_{i}$ 与 $k x_{j} + y_{j}$ 的大小关系发生改变。

因此令 $k$ 从小到大取遍所有 $\frac{y_{i} - y_{j}}{x_{j} - x_{i}}$ ，动态维护前 $m$ 个值的和即可。

时间复杂度： $O (n^{2} \log n)$ 。

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19. [AGC017E] Jigsaw

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给定 $n$ 个积木，每个积木中间高为 $h$ ，左右两边离地 $c_{i}, d_{i}$ ，积木块高度为 $a_{i}, b_{i}$ ，求能否把这些积木拼在一起使得没有积木块悬空。

数据范围： $n \leq 10^{5}, h \leq 200$ 。

考虑对每个积木设定特征值，其左特征值在 $c_{i} = 0$ 时设为 $a_{i}$ ，否则是 $- c_{i}$ ，右边同理。记该积木特征值为 $(l_{i}, r_{i})$ 。

容易发现 $i, j$ 能拼在一起当且仅当 $r_{i} + l_{j} = 0$ ，考虑对所有 $l_{i}$ 取反，这样 $r_{i} = l_{j}$ 才能拼在一起，把每个点看成一个 $l_{i} \to r_{i}$ 的边，容易发现原问题等价于把所有边分解成链。

需要注意一个特殊情况就是 $i, j$ 相邻，且 $d_{i} = 0, c_{j} = 0$ ，此时相当于是两条链，因此我们只要找一种把所有边分解成任意多的链的方案，观察发现每个链必须从负权点出发到正权点，因此若记 $\deg (u) = indeg (u) - outdeg (u)$ ，则每个负权点必须满足 $\deg (u) \leq 0$ ，正权点必须满足 $\deg (u) \geq 0$ 。

对于同一弱联通块中的点，满足 $\deg (u) < 0, \deg (u) > 0$ 的点至少各一个，可以证明以上两个条件是充分的，证明如下：

考虑选一个 $u$ ，满足 $\deg (u) < 0$ ，考虑一条边 $(u, v)$ ，若 $\deg (v) \leq 0$ ，显然 $outdeg (v) \geq 1$ ，找到出边继续访问，直到找到一个 $\deg (v) > 0$ 的点结束。

考虑 $u \to v$ 的路径，其中除 $u, v$ 的点 $\deg$ 都为 $0$ ，删掉这条路径，显然会形成若干个连通块，且每个连通块至少有一个节点 $w$ 在 $u \to v$ 上，若这个连通块没有 $\deg (u) \neq 0$ 的点，则可以把这个连通块里的所有边连成一个 $w \to w$ 的欧拉回路并到 $u \to v$ 的路径上，否则数学归纳法可证这个连通块可以独立分解。

证毕。

注意特判没有出边入边的点，对每个弱联通块分别处理即可。

时间复杂度 $O (n + h)$ 。

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*20. [ARC145E] Adjacent XOR

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给定 $a_{1} \sim a_{n}$ ，每次操作可以选定一个 $k$ ，对于所有 $i \in [2, k]$ 同时操作 $a_{i} \leftarrow a_{i - 1} \oplus a_{i}$ 。

在 $7 \times 10^{4}$ 次操作内将 $a_{1} \sim a_{n}$ 变成 $b_{1} \sim b_{n}$ 。

数据范围： $n \leq 1000, V \leq 2^{60}$ 。

反转操作过程，变成每次对 $b_{1} \sim b_{i}$ 做异或前缀和。

那么合法的一个必要条件就是 $a_{i} \oplus b_{i}$ 可以由 $b_{1} \sim b_{i - 1}$ 异或表出。

由于 $(i, n]$ 与 $[1, i]$ 独立，因此我们可以逆序还原 $b_{n} \sim b_{1}$ 。

对于单个 $b_{i}$ ，我们可以把 $a_{i}$ 用 $b_{1} \sim b_{i}$ 表出，求出线性基 $c_{1} \sim c_{k}$ ，我们需要若干次操作调整使得 $b_{1} \sim b_{i}$ 中每种基底的出现次数和在 $a_{i}$ 中相等，最后一次操作 $i$ 。

设 $c_{i} = b_{p_{i}}$ ，那么 $b_{1} \sim b_{p_{i} - 1}$ 的表示中没有 $c_{i}$ ，因此如果出现次数不等，我们操作 $p_{i} + 1$ 即可反转 $c_{i}$ 出现次数。

根据上面的假设， $a_{i} \oplus b_{i}$ 可以由 $b_{1} \sim b_{i - 1}$ 表出，因此贪心建立线性基，假设 $b_{i}$ 是一组基底，即 $b_{i}$ 不能被 $b_{1} \sim b_{i - 1}$ 表出，此时 $a_{i}$ 不可能由 $b_{i} \sim b_{i - 1}$ 表出，否则可以通过表示 $a_{i}, a_{i} \oplus b_{i}$ 得到 $b_{i}$ ，产生矛盾。

因此顺序插入时，若 $b_{i}$ 是 $b_{1} \sim b_{i}$ 中的一个基底， $a_{i}$ 的表示方式中一定包含 $b_{i}$ ，因此我们的调整操作不可能操作到 $i + 1$ 位上，从而证明了该判定是充分的。

逆序依次操作，每次建立线性基求解即可，操作次数 $n \log V$ 。

时间复杂度 $O (n^{2} \log V)$ 。

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posted @ 2024-05-17 21:02 DaiRuiChen007 阅读(86) 评论(0) 编辑收藏举报

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