Atcoder 题目选做（三）

$\text{By DaiRuiChen007}$

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1. [ARC152E] Xor Annihilation

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给 $2^n-1$ 个动点，权值为 $1\sim 2^n-1$ 的排列，对于每个点，设其左右两边所有点权异或和分别为 $L,R$，那么他会向较大 $L/R$ 较大的一边移动，如果 $L=R$ 则静止不动。

所有点运动速度一定，如果两个点相遇那么他们会合成一个新点，权值为他们的异或和。

在左右无穷点处放两个权值为 $x$ 的静点（$x\in [0,2^n)$）求有多少 $x$ 使得最终所有点都静止。

数据范围：$n\le 18$。

注意到权值异或总和为 $0$，因此设前缀异或和为 $s_i$，那么 $i$ 左边和右边的点权异或和就是 $s_{i-1}$ 和 $s_i$。

那么如果两个点 $i,i+1$ 合成之后相当于删掉 $s_i$，这要求 $s_i\ge s_{i-1}$ 且 $s_i\ge s_{i+1}$ 且三个数不全相等。

那么整个排列会不断操作直到所有 $s$ 相等或呈单谷。

如果 $s$ 单谷那么说明谷低左侧的点向左无限运动，必然不合法。

因此我们要使得最终所有 $s$ 相等，显然这个相等的值就是 $\underset{i=1}{\overset{n}{min}}{s}_i$，那么这些点能静止当且仅当 $s_{min}\ge x$。

因此我们要计数有多少 $x$ 使得所有 $s_i\oplus x\ge x$，这只要 $s_i$ 最高位不属于 $x$ 即可。

求出所有 $s_i$ 最高位的并，剩下的位可以随便选。

时间复杂度 $\mathcal{O}(2^n)$。

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2. [ARC152F] Attraction on Tree

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给定一个 $n$ 个点的树，一个动点 $x$ 初始在 $1$，找到一个排列 $p_1\sim p_n$，使得第 $i$ 步满足 $x\ne p_i$ 然后让 $x$ 向 $p_i$ 方向移动一条边，最终 $x=n$，最小化过程中 $x$ 经过的点数。

数据范围：$n\le 2\times {10}^5$。

显然最终经过了 $2k+\mathrm{dis}(1,n)$ 条边，因此 $n\not\equiv \mathrm{dis}(1,n)(\mathrm{mod}2)$ 就不合法。

先考虑最小值，即只经过 $\mathrm{path}(1,n)$ 的方案。

那么对于路径上第 $i$ 个点 $c_i$，设他在路径外的子树大小为 $\mathrm{siz}(c_i)$。

我们发现很多操作都要在折返中抵消，那么我们只要钦定链上哪些操作最终有用，剩下的操作形成若干跨子树的匹配，那么我们一定能构造一个合法的 $p$。

根据经典结论，那么我们要求剩下的操作中不存在绝对众数。

找到最大的 $\mathrm{siz}(c_i)$，那么我们至多在他的子树里钦定 $i$ 个没被抵消。

因此这种情况的充要条件就是 $\mathrm{siz}(c_i)-i\le {\displaystyle \frac{n-\mathrm{dis}(1,n)}{2}}$，显然这样的 $i$ 至多一个，因此我们能构造出一个合法的匹配。

否则找到不合法的这棵子树，枚举一个连通块 $S$，记每个连通块内节点 $u$ 在连通块外的子树大小为 $\mathrm{siz}(u)$。

那么我们依然要求 $\mathrm{siz}(u)-i\le {\displaystyle \frac{n-\mathrm{dis}(1,n)}{2}}$，证明大致同上。

那么我们要在这个基础上保留尽可能少的节点是的所有 $\mathrm{siz}(u)$ 不超过 $k={\displaystyle \frac{n-\mathrm{dis}(1,n)}{2}}+i$。

注意到 $\mathrm{siz}(c_i)\le n-\mathrm{dis}(1,n)\le 2k$，因此不合法的所有点构成一条链，对于每个点贪心地割掉若干个最大的子树即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

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3. [ABC273G] Row Column Sums 2

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求有多少个 $n\times n$ 正整数矩阵使得其第 $i$ 行和是 $r_i$，第 $j$ 列和是 $c_j$。

数据范围：$n\le 5000,r_i,c_j\le 2$。

显然 $\sum r_i\ne \sum c_j$ 无解，不妨记 $m=\sum r_i=\sum c_j$。

否则我们可以看成二分图，$r_i=0$ 不建点，$r_i=2$ 拆成两个点，右部 $c_j$ 同理，两个点 $(i,j)$ 匹配表示 $A_{i,j}$ 上 $+1$。

但是对于 $r_i=2,c_j=1,c_k=1$ 此时 $i_0\to j,i_1\to k$ 和 $i_0\to k,i_1\to j$ 是同一种方案，因此假设 $r_i,c_j$ 中分别有 $x,y$ 个 $2$，那么答案要除以 $2^{x+y}$。

但这并不完全对，假如 $r_i=2,c_j=2$，且 $(i_0,i_1)\to (j_0,j_1)$，此时只是重复计算了两倍贡献但除以了 $4$，因此对于这样的匹配要乘回一个 $2$。

因此我们枚举 $i$ 表示有多少这样的 $r_p=c_q=2$ 且互相匹配，对答案的贡献就是对应匹配数 $\times 2^i$，那么我们要求剩余部分没有这样的匹配，可以容斥原理解决：

$$\mathrm{Ans}={\displaystyle \frac{1}{2^{x+y}}}\sum _{i=0}^{min(x,y)}{2}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{y}{i})i!2^i\sum _{j=0}^{min(x,y)-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-i}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{y-i}{j})j!2^j(m-2i-2j)!$$

其中乘第二个 $2^i$ 是这 $i$ 对 $(p_0,p_1),(q_0,q_1)$ 中每对有两种匹配方式。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

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4. [ABC273Ex] Inv(0,1)ving Insert(1,0)n

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给定 $n$ 个分数 ${\displaystyle \frac{a_i}{b_i}}$，记 $f_{l,r}$ 表示 ${\displaystyle \frac{a_l}{b_l}}\sim {\displaystyle \frac{a_r}{b_r}}$ 在 Stern-Brocot Tree 上的虚树大小，求 $\sum _{1\le l\le r\le n}{f}_{l,r}$。

数据范围：$n\le {10}^5,a_i,b_i\le {10}^9$。

先考虑如何求 $l=r$ 的情况，显然一个分数的深度可以很大，但是根据经典结论，这条路径上转向点至多 $\mathcal{O}(\log V)$ 个。

因此对于当前树上区间 $({\displaystyle \frac{a_L}{b_L}},{\displaystyle \frac{a_R}{b_R}})$，我们可以求出最大的 $k$ 使得 ${\displaystyle \frac{a_i}{b_i}}<{\displaystyle \frac{k{a}_L+a_R}{k{b}_L+b_R}}$ 或 ${\displaystyle \frac{a_i}{b_i}}>{\displaystyle \frac{a_L+k{a}_R}{b_L+k{b}_R}}$，这是容易的。

那么对于这个问题，首先如果 $gcd(a_i,b_i)\ne 1$，那么该分数无法表示，因此 $f_{l,r}>0$ 的区间不会包含这些点，那么我们可以把原序列分成若干段，每段分别解决。

我们可以对所有分数建虚树，对于虚树上的一条链，贡献次数只和链底子树内包含的分数下标集 $X$ 有关，只要 $[l,r]\cap X\ne \varnothing$ 那么这条链上每个节点都对 $f_{l,r}$ 有 $+1$ 贡献，可以用启发式合并动态维护这些下标。

然后递归，维护一个分数集合 $S$，如果 $S$ 中所有元素都在 $mid={\displaystyle \frac{a_L+a_R}{b_L+b_R}}$ 的同一侧，那么根据刚才的做法求出 $k$ 后直接转成子问题，否则二分出 $S$ 中 $<mid$ 和 $>mid$ 的两个子集分别递归，然后在当前节点上启发式合并维护当前节点权值。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log V\log n)$。

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*5. [AGC058D] Yet Another ABC String

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求有多少 $a$ 个 $\mathtt{\text{A}}$，$b$ 个 $\mathtt{\text{B}}$，$c$ 个 $\mathtt{\text{C}}$ 构成的字符串使得不存在子串 $\mathtt{\text{ABC}},\mathtt{\text{BCA}},\mathtt{\text{CAB}}$。

数据范围：$a,b,c\le {10}^6$。

记 $n=a+b+c$。

考虑容斥，钦定若干个 $i$ 使得 $s[i,i+2]$ 不合法，但是此时可能会同时钦定到 $i,i+1$ 从而导致两个不合法段拼起来了。

因此我们不妨枚举极长的被钦定不合法的段，先求容斥系数，设 $p_i$ 表示段长为 $i$ 时的容斥系数，那么考虑上一个被钦定的位置有 $p_i=-p_{i-1}-p_{i-2}$。

边界条件是 $p_2=0,p_3=-1$，从而得到 $p_{3k}=-1,p_{3k+1}=1,p_{3k+2}=0$（$k>0$）。

枚举每一段的长度，会发现此时的序列形如：若干个被钦定的 $\mathtt{\text{ABC}}$ 循环串和一些没限制的字符。

• 长度为 $3k$ 的串相当于 $k$ 个 $\mathtt{\text{ABC}}$，但有 $3$ 种方法选颜色。
• 长度为 $3k+1$ 的串相当于 $k$ 个 $\mathtt{\text{ABC}}$ 和一个自由字符。
• 自由字符可以看成 $k=0$ 的长度为 $3k+1$ 的串。

因此设 $f_{i,j}$ 表示当前字符串长度为 $i$，钦定 $j$ 个 $\mathtt{\text{ABC}}$ 循环串的容斥系数，有转移：

$$f_{i,j}=\sum _{k\ge 0}{f}_{i-3k-1,j-1}-3\sum _{k\ge 1}{f}_{i-3k,j}$$

答案为 $\sum (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-3i}{a-i,b-i,c-i})f_{n,n-3i}$。

考虑如何求 $f$，用二元生成函数，设 $F(x,y)=\sum f_{i,j}{x}^i{y}^j$，转移系数为 $G(x,y)$，那么 $F(x,y)=\sum _{k\ge 0}{G}^k={\displaystyle \frac{1}{1-G}}$。

其中 $G(x,y)=\sum _{k\ge 0}{x}^{3k+1}y-3\sum _{k\ge 1}{x}^{3k}={\displaystyle \frac{xy-3x^3}{1-x^3}}$，因此 $F(x,y)={\displaystyle \frac{1-x^3}{1-xy+2x^3}}$。

我们只要求 $[x^u{y}^v]{\displaystyle \frac{1}{1-xy+2x^3}}$ 即可，即 $[x^u{y}^v]\sum _{i\ge 0}(xy-2x^3{)}^i$，那么最终对答案有贡献的项就是 $(xy{)}^v(-2x^3{)}^{(u-v)/3}$，直接计算二项式系数即可 $\mathcal{O}(1)$ 计算。

最终答案需要 $\mathcal{O}(n)$ 项系数，预处理组合数后直接计算即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

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6. [AGC058E] Nearer Permutation

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对于两个长度为 $n$ 的排列 $p,q$，定义它们的距离 $d(p,q)$ 为：

• 每次交换 $p$ 中相邻两个元素，使得 $p=q$ 的最小操作次数。

定义单位排列 $I=(1,2,\cdots ,n)$，定义 $f(x)$ 为字典序最小的排列 $z$ 满足 $d(x,z)\le d(I,z)$。例如当 $n=3,x=(2,3,1)$ 时 $f(x)=(2,1,3)$。

给定排列 $q$，判断是否存在排列 $p$ 满足 $f(p)=q$。

数据范围：$n\le 3\times {10}^5$。

以下过程排列下标均为均为 $0\sim n-1$。

先考虑一种求 $f(p)$ 的算法：从 $f(p)=p$ 出发，每次尝试令字典序最小进行贪心调整：

• 记 $s=\mathrm{inv}(p)/2$。
• 进行如下操作 $n$ 次：求出 $min\{p_0,p_1,\dots ,p_s\}=p_k$，把 $p_k$ 插入答案序列 $q$ 的末尾并删除，然后令 $s\leftarrow s-k$。

这个过程相当于贪心，每次这样的操作肯定会选取一个前缀最小值，而移动该前缀最小值对 $d(p,q)-d(I,q)$ 有 $-2k$ 的贡献，因此 $k$ 的上界就是 $\mathrm{inv}(p)/2$。

观察 $q$ 序列，如果存在某个位置使得 $q_k>q_{k+1}$（没有说明 $q=I$，显然 $f(I)=I$）。

那么说明 $q_{k+1}$ 在 $p$ 排列中一定是等到 $q_k$ 删掉后才进入可能被选范围内。

考虑删除 $q_k$ 前的 $p$ 序列，此时 $p_{s+1}=q_{k+1}$，$p_0=q_k$，并且插入 $q_{k+1}$ 后 $s=0$，因此 $q_{k+2}\sim q_n$ 与剩余的 $p$ 序列一致。

我们只需调整 $p_0\sim p_{k-1}$ 使得操作 $k$ 次后 $p$ 满足如上性质即可。

先令 $q=p$，然后依次考虑 $q_{k+1},q_{k-1},q_{k-2},\dots ,q_0$，每次把当前元素 $q_i$ 向后移动 $c$ 位满足 $q_i\le q_{i+1}\sim q_{i+c}$，若 $i=k+1$ 则需满足 $q_k\le q_{i+1}\sim q_{i+c}$。

我们希望删除 $q_{k+1}$ 前其在 $p$ 中的位置 $x$ 与当前的 $s$ 差 $s-x=y$ 尽可能小。

那么把 $q_i$ 向后移动会使得原序列逆序对数 $+1$，删除时花费代价 $+1$，最终使得 $y$ 减小 $0.5$。

因此我们要让 $\sum c_i=\mathrm{inv}(q)/\mathrm{inv}(q)-1$，贪心让每次 $c_i$ 尽可能取最大即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

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*7. [AGC058F] Authentic Tree DP

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对于一棵 $n$ 个点的树 $T$，定义 $f(T)$ 为：

• 若 $n=1$ 则 $f(T)=1$。
• 否则对于所有 $e\in T$，设 $T_{e,1},T_{e,2}$ 为切掉这条边形成的两棵子树，那么 $f(T)={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{e}f(T_{e,1})\times f(T_{e,2})$。

给定 $T$，求 $f(T)modP$ 的值。

数据范围：$n\le 5000$。

看到这个模型，考虑编一个组合意义：在每条边中间插一个点，那么 $f(T)$ 就是随机排列每个点的标号，使得新加入的点标号都大于其邻居的方案数。

那么 $f(T)$ 的定义相当于枚举最大值所在的位置，但是我们会发现此时的分母为 ${\displaystyle \frac{1}{2n-1}}$，我们需要调整，不妨给加入的每个点下面挂 $P-1$ 个点，那么在模意义下分母为 ${\displaystyle \frac{1}{n}}$。

然后我们可以考虑容斥，把边大于其父亲的限制容斥，那么所有的限制都形如儿子小于父亲，所有事件都独立，只要维护每个点为根的连通块大小即可。

转移时类似树形背包，动态枚举每条边断不断即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

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8. [ARC153E] Deque Minimization

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给定十进制串 $X$，记 $f(X)$ 表示按如下方式能得到的最小十进制串 $Y$：

• 从高到低考虑 $X$ 的每一位，分别加入 $Y$ 的首部或尾部。

给定 $Y$，求有多少 $X$ 使得 $f(X)=Y$。

数据范围：$|Y|\le 2\times {10}^5$。

考虑 $f(X)$ 的计算过程：显然对于当前位，如果小于 $Y$ 的首位就放到队头，如果大于 $Y$ 的首尾就放到队尾，如果等于 $Y$ 的首尾，由于放到队头的若干个数单调不降，因此放到队头也一定更优。

因此我们可以得到一个区间 dp：$f_{l,r}=f_{l+1,r}\times [Y_l\le Y_{l+1}]+f_{l,r-1}\times [Y_r>Y_l]$。

把整个转移写在网格图上（图源官方题解）：

要求的就是从 $(i,i)\to (1,n)$ 的路径数量和，注意到很多位置与 $(1,n)$ 不连通。

首先我们发现，如果 $Y[1,l]$ 不是单调递增的，那么 $(l,r)$ 与 $(1,n)$ 不连通。

因此我们要考虑的 $l$ 一定是前缀递增的一个连续段，这些区域有一个很好的性质，就是所有向上走的转移（$f_{l,r}\to f_{l-1,r}$）始终都是存在的，那么可以考虑倒着维护每一行，即 $l$ 递减地维护 $f_{l,\ast }$。

暴力转移肯定不优，不妨尝试把这段递增前缀中值相同的缩起来，这样我们就只要处理 $\mathcal{O}(|\mathrm{\Sigma }|)$ 个连续段了。

对于相同的一段 $Y_{[a,b]}$，观察网格图的形状：左侧是一个只能向上走的阶梯，那么 $f_{a,a}\sim f_{a,b}=1$。

然后右侧是若干连续向右的矩形转移，直到 $(b,n]$ 中第一个 $x$ 使得 $Y_x>Y_b$，那么 $[b,x)$ 这个范围内所有 $f_{l,r}\to f_{l,r+1}$ 的转移都是存在的。

可以发现 $f_{[a,b],[x,n]}$ 这个范围内的值无法被某个 $f_{i,i}$ 转移到，也不需要考虑。

那么我们只要考虑 $f_{b,[b,x)}\to f_{a,[b,x)}$ 的过程，容易发现这就是进行了 $k=b-a+1$ 次前缀和操作。

根据插板法可以直接算出多次前缀和的转移系数：$f_{b,i}\to f_{a,j}$ 的系数为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{j-i+k-1}{k-1})$，因此直接卷积一遍就能快处理 $k$ 阶前缀和。

时间复杂度 $\mathcal{O}(|\mathrm{\Sigma }|n\log n)$，其中 $|\mathrm{\Sigma }|=9$。

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9. [ARC153F] Tri-Colored Paths

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给定一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向简单连通图，求有多少种给边染色 $\{1,2,3\}$ 的方法，使得至少存在一条简单路径上有三种颜色。

数据范围：$n,m\le 2\times {10}^5$。

注意到限制比较松，我们可以考虑染了三种颜色但没有这样路径的方案数。

先考虑树的情况，取某条极长路径 $u\to v$，显然路径上只有两种颜色，不妨假设第三种颜色在树上某个点 $w$ 子树内。

那么 $u\to w$ 整个部分不能包括两种颜色，同理 $w\to v$ 部分也只能有一种颜色。

因此我们还能证明这样的 $w$ 至多一个。

方案数就是 $\sum f(de{g}_u)$，其中 $f(x)=3^x-2^x+3$。

因此对于一棵树，合法的染色方案一定存在恰好一个节点，使得该节点每个子树内都染相同颜色。

然后考虑一般情况，先缩点，对每个点双联通分量内部讨论：

• 存在一个长度 $\ge 4$ 的环，此时整个点双联通分量只能染同一颜色，否则必然存在一条路径从任意一个点出发经过两种颜色，此时这个点往外连第三种颜色即可（手玩可以得出结论）。
• 否则该点双连通分量中只有三元环，先假设每条边颜色各不相同：
  • 手玩发现如果环上存在两个点 $u,v$ ，以及环外两点 $x,y$ 使得 $x\to u,y\to v$ 存在（$x\ne y$）那么这个环不能染 $>1$ 种颜色。
  • 否则分类讨论：如果 $u,v,w$ 都只和 $\le 1$ 个环外点相连，那么此时三元环可以染三种颜色，然后环外边染该点在环上对边的颜色，恰有 $6$ 种方案，这种情况只在 $n=4,m\ge 5$ 时出现。
  • 否则这个点双一定恰为三元环，且恰有一个点 $u$ 向外连边（假设 $n>3$），手玩发现三元环必须染三种不同颜色，且环外所有边必须都染 $u$ 对边颜色，也只有 $6$ 种方案。

否则所有点双都同色，类似树的结论，可以在圆方树上恰取出一个圆点使得其每个子树染相同颜色。

答案还是 $\sum f(de{g}_u)$，但 $u$ 是圆方树上所有圆点。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n+m)$。

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10. [ARC154E] Reverse and Inversion

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给定一个 $1\sim n$ 的排列 $p$，$m$ 次操作，每次随机一对 $1\le l\le r\le n$ 并翻转 $p_l\sim p_r$。

对于最终的每个排列 $q_1\sim q_n$，计算 $\sum _{i<j}[q_i>q_j](j-i)$。

数据范围：$n,m\le 2\times {10}^5$。

考虑计算每个 $i$ 对答案贡献的系数，容易发现这就是：

$$\begin{array}{rl}\sum _{j<i}[q_j>q_i]-\sum _{i<j}[q_i>q_j]& =(i-1)-\sum _{j<i}[q_j<q_i]-\sum _{i<j}[q_i>q_j]\\ & =(i-1)-(q_i-1)=i-q_i\end{array}$$

因此答案就是 $\sum i^2-i\times q_i$，第一部分很好统计，我们只需要对于每个 $p_i$ 求出其最终所在位置的期望。

可以发现对于每个 $i$，一次操作后使得 $i\to j$ 的方案数与使得 $i\to n-j+1$ 的方案数是相等的。

因此对于每个 $i$，有 ${(1-{\displaystyle \frac{i(n-i)}{n(n+1)/2}})}^m$ 的概率留在原地，剩下的情况所在位置的期望是 ${\displaystyle \frac{n+1}{2}}$。

那么就可以快速计算每个 $p_i$ 最终位置的期望。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log P)$。

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*11. [ARC154F] Dice Game

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给定一个 $[1,n]$ 的随机变量，对于 $i\in [1,m]$ 求随机出 $1\sim n$ 每个数至少一次的随机次数的 $i$ 次方的期望。

数据范围：$n,m\le 2\times {10}^5$。

假设 $F(z)$ 为对应的 PGF，即 $[z^k]F(z)$ 表示随机恰好 $k$ 次后得到所有面的概率，那么考察 $F(e^z)$ 得到：

$$[z^i]F(e^z)=[z^i]\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_k\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(kz{)}^i}{i!}}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{k^i{f}_k}{i!}}$$

因此 $F(e^z)$ 就是答案的 EGF。

先考虑求 $F(z)$，从朴素 dp 开始：设 $f_{i,j}$ 表示随机 $j$ 次后已经得到 $i$ 个数的概率，那么：$f_{i,j}={\displaystyle \frac{i}{n}}{f}_{i,j-1}+{\displaystyle \frac{n-i+1}{n}}{f}_{i-1,j-1}$，用 $F_i(z)$ 表示 $\sum z^j{f}_{i,j}$ 得到：

$$F_i(z)=z({\displaystyle \frac{i}{n}}{F}_i(z)+{\displaystyle \frac{n-i+1}{n}}{F}_{i-1}(z))={\displaystyle \frac{z(n-i+1)}{n-iz}}{F}_{i-1}(z)={\displaystyle \frac{z^i{n}^{\underset{―}{i}}}{\prod _{j=1}^i(n-jz)}}$$

那么最终的 $F(z)={\displaystyle \frac{z}{n}}{F}_{n-1}(z)={\displaystyle \frac{z^n(n-1)!}{\prod _{i=1}^{n-1}(n-iz)}}$，不妨设分母为 $G(z)$，可以通过分治 NTT 算出。

由于 $F(z)$ 为无穷级数，并不方便直接带入 $F(e^z)$，那么我们可以把 $e^z$ 带入右侧得到 $F(e^z)={\displaystyle \frac{e^{zn}(n-1)!}{G(e^z)}}$。

而 $G(z)$ 为 $n-1$ 次多项式，求 $G(e^z)mod{z}^{m+1}$ 可以这样推导：

$$G(e^z)=\sum _{i=0}^{n-1}{g}_i\sum _{j=0}^m{\displaystyle \frac{(iz{)}^j}{j!}}=\mathrm{EGF}\sum _{i=0}^{n-1}{\displaystyle \frac{g_i}{1-iz}}$$

其中 $\mathrm{EGF}$ 算子表示把 $i$ 次项系数除以 $i!$。

而这个函数也可以通过分治 NTT 维护通分后的分子分母。

最后多项式求逆除一下得到 $G(e^z)$，再求逆除一下得到 $F(e^z)$ 即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n+m{\log }^{2}m)$。

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12. [ARC155D] Avoid Coprime Game

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给定 $a_1\sim a_n$ 和 $x=0$，A 和 B 轮流选择 $a_i$ 并令 $x\leftarrow gcd(x,a_i)$，不能重复用 $a_i$，谁把 $x$ 变成 $1$ 就输。

对于每个 $a_i$，求出 A 第一步操作该数后谁会赢。

数据范围：$n\le 2\times {10}^5$。

注意到 $x\mid a_i$ 比较麻烦，否则如果每次 $x$ 严格变小，我们可以简单 dp 求胜负态。

设 $f_x$ 表示当前胜负状态，那么 $f_x=\mathrm{OR}\{\overline{f_y}\mid \mathrm{\exists }{a}_i:gcd(a_i,x)=y\}$，容易证明这一步取的 $a_i$ 不可能被取过。

判断是否存在 $a_i$ 是简单的，先求每个 $x$ 的倍数数量，然后从大到小枚举 $y\mid x$，把 $y$ 的因子中 $a_i$ 作为倍数的数量出现次数减去 $y$ 的倍数的数量。

但是我们现在可能可以不让 $x$ 变小，即拖延时间。

我们发现一个人会拖延时间当且仅当 $f_x=0$，那么两个人会拖延时间直到所有 $x$ 倍数被选完。

那么我们需要记录 $x$ 的倍数已经用了几个，进一步发现只关心 $x$ 倍数被选择个数的奇偶性就行，显然选择 $x$ 的倍数的数量和操作数量相等。

那么跟上面类似 dp 即可，最后处理拖延时间的情况。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$。

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*13. [ARC155E] Split and Square

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设 $S$ 是由 $n$ 个 $m$ 位二进制数组成的集合，定义 $f(S)$ 表示 $\{i\oplus j\mid i,j\in S\}$。

一次操作可以选定 $T\subseteq S$，使得 $S\leftarrow f(T)\cup f(S\setminus T)$，求使得 $S=\{0\}$ 的最小操作次数。

数据范围：$n,m\le 300$。

这种问题先考虑 $S$ 的线性基 $e_1\sim e_k$，设最终 $e_1\sim e_s\in T,e_{s+1}\sim e_k\in S\setminus T$。

那么我们知道 $f(T)$ 包含 $e_1\oplus e_2\sim e_1\oplus e_s$，并且他们之间线性无关（任取一个子集显然异或和不为 $0$）。

那么 $f(T)$ 线性基大小 $\ge s-1$，同理 $f(S\setminus T)$ 线性基大小 $\ge k-s-1$，因此线性基大小每次至多 $-2$。

然后我们分析每次线性基大小减小的下界，假如我们只想让新的 $S$ 线性基大小减一，这是简单的，把 $S$ 里的数唯一表示成 $e_1\sim e_k$ 的异或和，表示方式中包含 $e_1$ 的全部放进 $T$。

那么容易证明 $f(T)\cup f(S)$ 的张成空间维度 $\le k-1$（可以用 $e_2\sim e_k$ 表示所有数）。

那么这样操作每次线性基大小至少 $-1$。

再进一步分析：注意到操作一次之后 $0\in S$，且以后该性质一直成立，不妨假设在操作的时候 $0,e_1\sim e_k\in T$，那么 $f(T)$ 依然满足这个条件，那么 $f(T)$ 的线性基大小 $\ge k$.

那么第二次操作以及之后每次操作不可能令 $f(T),f(S\setminus T)$ 的线性基大小同时 $-1$，因此每一步都只可能令线性基大小 $-1$。

那么我们只要特殊处理第一次操作，我们又发现令 $S$ 的每个数异或上 $S_0$（某个元素）显然不会影响 $f(T),f(S\setminus T)$ 的值，那么这样我们就又转化成了 $0\in S$ 的情况。

因此我们只要求出这个新集合的线性基大小即可，std::bitset 优化一下。

时间复杂度 $\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{n{m}^2}{\omega }}\right)$。

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14. [ARC156D] Xor Sum 5

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$n$ 个值 $c_1\sim c_n$ 填入 $a_1\sim a_k$，可以重复（相等的 $c$ 算不同元素），求所有 $\sum _{i=1}^k{a}_i$ 的异或和。

数据范围：$n,c_i\le 1000,k\le {10}^{12}$。

首先根据 Lucas 定理 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})mod2=[m\subseteq n]$，那么假设我们知道 $c_1\sim c_n$ 的出现次数 $b_1\sim b_n$。

那么对应的方案数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{b_1,\dots ,b_n})$ 为奇数当且仅当 $b_1\sim b_n$ 构成了 $k$ 在二进制下的一个划分，即 $\mathrm{\forall }i\ne j,b_i\mathrm{AND}{b}_j=0$。

那么我们只要知道每个 $k$ 的二进制位被哪个 $c_i$ 选了即可。

从低到高考虑每一个二进制位 $d$，可以直接 $d{p}_i$ 记录前面的位对当前的进位为 $i$ 的方案数，如果 $d\in k$ 则枚举 $a_i$，加入 $a_i\times 2^d$。

注意 $2\mid n$ 时如果 $d$ 小于 $k$ 的最高位，这些方案数始终是偶数，不能计算贡献（最高位有 $n$ 中方案）。

显然进位数不超过 $2V$，直接 dp 即可。

时间复杂度：$\mathcal{O}(nV\log k)$。

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15. [ARC156E] Non-Adjacent Matching

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给定 $n$ 个点 $1\sim n$，定义一张图是好的需要满足：

• $(1,2),(2,3),\dots ,(n,1)$ 之间没有边。
• 每个点度数 $\le m$。
• 所有点度数和 $\le k$。

求有多少 $x_1\sim x_n$ 可以作为一张好图的度数序列。

数据范围：$n,m\le 3000,k\le nm$。

记 $S=\sum _{i=1}^n{x}_i$，一组序列合法当且仅当：

• $2\mid S,S\le k$。
• $\mathrm{\forall }i\in [1,n]$ 满足 $x_i+x_{i+1}\le S/2$。
• $\mathrm{\forall }i\in [1,n]$ 满足 $x_i\in [0,m]$。

可以验证这就是合法的充要条件，构造每次取一个 $x_i+x_{i+1}=S/2$ 的点和任意一个其他的点连起来即可。

然后考虑对这样的序列计数。

我们容斥枚举 $x_i+x_{i+1}>S/2$ 的位置数，容易证明不满足的位置 $\le 2$ 个。

先考虑没有钦定位置的情况，直接容斥得到方案数为：

$$\sum _{S=0}^k[2\mid S]\sum _{i=0}^n(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{S+n-1-(m+1)i}{n-1})$$

对于 $S\in [0,k]$，最后一个式子是若干组合数的前缀和，对上指标奇偶性分类即可。

然后考虑钦定一个位置的情况：

枚举这两个位置的和 $t$，暴力枚举这两个位置的所有分配，那么剩余位置的和 $<t$ 且 $\le k-t$。

dp 预处理求出 $n-2$ 个 $[0,m]$ 中变量凑出 $<t$ 的方案总和，容易发现 $t\le 2m$，因此前缀和优化 dp，时间复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$。

由于还要钦定具体位置，所以最后答案记得 $\times n$。

对于钦定两个位置的情况，容易发现这两个位置一定相邻。

设对应的三个元素分别为 $x,t,y$，剩余部分的和为 $s$，那么所有限制为:

$$\{\begin{array}{l}x+t<y+s\\ t+y<s+x\\ x+s+t+y\le k\\ 2\mid x+s+t+y\end{array}⟹\{\begin{array}{l}|y-x|<t-s\\ y+x\le k-t-s\\ y+x\equiv t-s(\mathrm{mod}2)\end{array}$$

可以对所有 $(x,y)$ 二维前缀和出数量，枚举 $s,t$ 即可，对于剩下 $n-3$ 个元素的方案同样用 dp 出来的结果即可。

这一部分的答案也要记得 $\times n$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(k+nm)$。

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16. [ARC156F] Make Same Set

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给定 $a_1\sim a_n,b_1\sim b_n,c_1\sim c_n$。

对于每个 $i$ 把 $a_i/b_i$ 加入 $S$，$a_i/c_i$ 加入 $T$，求最大的 $|S|$ 使得 $S=T$ 并输出方案。

数据范围：$n\le 5000$。

先考虑可以不加入 $a_i/b_i$ 和 $a_i/c_i$ 的情况，这相当于类似三分图匹配的模型，建网络流即可解决。

不妨猜测这个问题的答案就是最终问题的答案。

显然答案不可能更大，我们只要保证 $|S\cap T|$ 不变，然后使得 $S,T$ 对称差变成 $0$。

我们考虑调整法：

• 如果 $a_i\in S,a_i\notin T,b_i\in T$（$b_i\in S$ 也同理），直接令 $b_i$ 加入 $S$，显然 $a_i\notin S\cap T$，那么此时对称差变小，是一种合法的调整。
• 否则对于任意 $a_i\notin T⟺b_i\notin T$，显然 $c_i\in T$，此时令 $a_i$ 同时加入 $S,T$。
  • 如果 $c_i\in S$，那么 $S\cap T$ 不变，下一次操作可以调整掉 $c_i$ 使得对称差变小。
  • 否则 $S\cap T$ 变大，对称差变小。

那么我们只要 $\mathcal{O}(n)$ 次调整即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$。

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17. [ARC157E] XXYX Binary Tree

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给你一棵二叉树（儿子数 $0/2$），你需要给每个点黑白染色，使得对于 $n-1$ 条父亲到儿子的边中：

1. 有 $A$ 个黑 - 黑。
2. 有 $B$ 个黑 - 白。
3. 有 $C$ 个白 - 黑。
4. 没有白 - 白。

数据范围：$n\le {10}^4$。

首先所有白色都是独立集，因此有 $B/B+1$ 个白点（根据根的颜色决定）。

并且每个白点对 $C$ 的贡献都是 $0$ 或 $2$，因此有 ${\displaystyle \frac{C}{2}}$ 个非叶节点。

因此我们要找一个独立集包含 $B$ 个点和 $B-{\displaystyle \frac{C}{2}}$ 个叶子，或者 $B+1$ 个点和 $B-{\displaystyle \frac{C}{2}}+1$ 个叶子。

那么我们可以 dp，设 $f_{u,i}$ 表示 $u$ 子树选 $i$ 个叶子，独立集最大是多少，转移直接树形背包。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2)$。

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*18. [ARC157F] XY Ladder LCS

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给定两个长度为 $n$ 的 01 串 $s,t$，你可以交换若干对 $(s_i,t_i)$，最大化 $\mathrm{LCS}(s,t)$ 并输出之，如有多解输出字典序最小的一个。

数据范围：$n\le 50$。

首先对于每一对匹配的 $s_i,t_j$，可以通过交换 $(s_i,t_i),(s_j,t_j)$， 使得所有 $i>j$。

那么我们有一个暴力的做法：维护 $d{p}_{i,Q}$，表示考虑到了 $s[1,i]$，设最后一次匹配是 $s_j,t_k$，那么 $t[k+1,i]=Q$。

转移时枚举是否交换，是否匹配，如果把当前的 $s_i$ 匹配了，那么就从 $Q$ 的前面开始往后找，找到第一个 $Q_p=s_i$，然后删掉 $Q[1,p]$。

这样复杂度是 $\mathcal{O}(n{2}^n)$ 的，难以通过。

观察到答案看起来比较大，事实上可以通过暴力枚举证明对于连续的 $3$ 个位置，无论他们怎么排序，都有一种操作方式使得他们的 $\mathrm{LCS}\ge 2$。

因此答案 $\ge 2\lfloor {\displaystyle \frac{n}{3}}\rfloor$，因此 $|Q|\ge \lceil {\displaystyle \frac{n}{3}}\rceil$ 一定不是最优解，那么此时状态数就优化到了一个可以接受的范围。

根据题目的要求，我们要按长度为第一关键字，字典序为第二关键字比较信息，显然 可以在最高位前面加一个 $1$ 作为符号位，那么符号位越高说明长度越大，为了求字典序最小值，把其他位 01 翻转即可，同理 $Q$ 也能这么表示。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n{2}^{n/3})$。

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*19. [Hitachi20F] Preserve Diameter

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给定一棵 $n$ 个点的树 $T$，求有多少种在树上加边的方式使得得到的新图 $G$：

• 无重边自环。
• 直径长度不变。
• 对于任意一对未连接的点对，连边后图的直径都会变小。

求合法 $G$ 的数量。

数据范围：$n\le 2\times {10}^5$。

首先我们发现，如果 $G$ 中直径不唯一，我们可以通过缩短某条直径的不重合部分保证答案不变，因此原图直径必须唯一。

考虑 $G$ 中的直径 $s,t$，建立以 $s$ 为根的 BFS 树，那么这个图合法当且仅当没有与 $t$ 同层的其他点，并且所有连接相邻层或同层的点都已被连接。

因此一组合法的 $\mathrm{dis}(s,1)\sim \mathrm{dis}(s,n)$ 与一个 $G$ 构成双射。

我们发现一组 $dis$ 合法当且仅当 $\mathrm{\forall }(u,v)\in T:|di{s}_u-di{s}_v|\le 1$，因此暴力枚举每条边的权值，dp 时维护 $u$ 子树内有没有深度为 $di{s}_t-di{s}_u$ 的点即可，当然我们的限制是至少一个，因此还要记录值是 $0/1/\ge 2$，转移时枚举 $di{s}_u-di{s}_v\in \{-1,0,1\}$ 即可。

但我们这样解决问题还要枚举直径起点，比较好的想法是枚举直径中点，然后 dp 时维护子树内深度为的 $di{s}_t-di{s}_u,di{s}_u-di{s}_t$ 两种点分别有多少，两侧分别取出恰好一个点作为直径端点。

对于直径长度为奇数的边，把这条边切掉形成两棵子树分别 dp 即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

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20. [ABC274Ex] XOR Sum of Arrays

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给定 $x_1\sim x_n$，$q$ 次询问 $x[a,b]\oplus x[c,d]$ 与 $x[e,f]$ 的字典序大小关系（两个序列的异或定义为所有元素对位异或）。

数据范围：$n\le 5\times {10}^5,q\le 5\times {10}^4,x_i\le {10}^{18}$。

显然只要求出最大的 $k$ 使得 $x[a,a+k-1]\oplus x[c,c+k-1]\oplus x[e,e+k-1]=0$ 即可。

那么我们自然考虑设计一个哈希函数维护这个过程，但普通的字符串哈希函数不支持异或，即 $(a_i\times B)\oplus (a_j\times B)\ne (a_i\oplus a_j)\times B$，即 $\times$ 对 $\oplus$ 没有分配律。

注意到异或又能看成二进制下不进位加法，且乘法对加法有分配律，那么我们要单独看这个二进制数的每一位，可以用向量来看待，因此我们可以设计矩阵来描述哈希函数信息。

记 $k={\log }_{2}V$，那么把所有 $a_i$ 看成 $k$ 维 01 向量，而 $B$ 看成一个 $k\times k$ 的 01 矩阵，在 $mod2$ 意义下做矩阵加乘，此时 $\oplus$ 和 $+$ 等价，故具有分配律。

而 $(\oplus ,\mathrm{AND})$ 矩阵乘法可以用位运算优化到 $\mathcal{O}(k^2)$，矩阵乘向量可以优化到 $\mathcal{O}(k)$。

而在构造出哈希函数后，我们可以用倍增解决原问题，直接维护所有 $a[i,i+2^k-1]$ 的哈希值即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(nK\log N)$。

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