AtCoder Grand Contest 052

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B. Tree Edges XOR

题解

考虑这类题目的常见套路是寻找一个不动量，即找到一个 $f(S)$ 满足 $S$ 操作后变成 $S'$ 时 $f(S')$ 不变，然后尝试证明两个集合 $S,T$ 可以互相到达当且仅当 $f(S)=f(T)$。

在这里不妨对每个点构造点权 $a_u$，使得任意一条边 $i$ 满足 $a_{u_i}\oplus a_{v_i}=w_i$。但是注意到只有这样 $a_u$ 不是唯一的。由于题面规定了 $n$ 是奇数，所以我们令 $\bigoplus a_i=0$，这样就存在唯一的 $a_i$ 了。

容易证明，任意一次操作后的结果只会交换两个点的点权。所以只需要看点权集合是否一致即可。复杂度 $O(n\log n)$。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int nxt[N<<1],to[N<<1],w1[N<<1],w2[N<<1],a[N],b[N],head[N],cnt;
void add(int u,int v,int W1,int W2){nxt[++cnt]=head[u];to[cnt]=v;w1[cnt]=W1,w2[cnt]=W2;head[u]=cnt;}
void dfs(int u,int p){for(int i=head[u];i;i=nxt[i]) if(to[i]!=p){int v=to[i];a[v]=a[u]^w1[i],b[v]=b[u]^w2[i],dfs(v,u);}}
int main()
{
    int n,x1=0,x2=0;scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,v,w1,w2;scanf("%d%d%d%d",&u,&v,&w1,&w2);
        add(u,v,w1,w2),add(v,u,w1,w2);
    }
    dfs(1,0);
    for(int i=1;i<=n;i++) x1^=a[i],x2^=b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]^=x1,b[i]^=x2;
    sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]!=b[i]){puts("NO");return 0;}
    puts("YES");
    return 0;
}

C. Nondivisible Prefix Sums

题解

明哥题。

考虑先找到判断一个序列是否是“好的”的充要条件。首先显然整个序列的和模 $p$ 不能是 $0$。可以注意到，假如接下来我们想要填 $p$，但是 $p$ 不合法，那么我们先填一个其他数字，那么 $p$ 一定可以在下一次被填上。所以可以证明，如果一个长度为 $m$ 的序列中不存在绝对众数，那么它一定合法。

假如一个序列中存在绝对众数，不妨设其为 $x$。由于 $p$ 是质数，我们让所有数字 $\times x^{-1}$，序列的合法性不变。所以不妨设绝对众数为 $1$。

考虑此时的策略。容易发现，只要某一刻 $1$ 不再是绝对众数，这个序列就合法了。所以我们一定会尽可能多地填 $1$。注意不能填 $1$ 时必然是 $p-1$，那么此时填一个数字 $x$ 在相当于给 $1$ 续了 $p-x$ 的长度。

可以发现，这个序列合法当且仅当对于所有 $x_i\neq 1$，$(p-1)+\sum p-x_i$ 不小于 $1$ 的个数。

那么我们直接枚举非 $1$ 的数字之和，要求这个数字不能是 $p$ 倍数，并且显然这个数 $\leq n$。然后可以根据这个推出序列所有元素之和。这个就是拆分数的前缀和，可以直接预处理得到。

而所有是 $p$ 倍数的方案数可以直接通过容斥 $0$ 或者背包得到。复杂度 $O(n^2)$。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=5010,mod=998244353;
int _p[N],f[N],g[N];
int ksm(int a,int b=mod-2)
{
    int r=1;
    for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) r=1ll*r*a%mod;
    return r;
}
void add(int &x,int y){x=(x+y>=mod?x+y-mod:x+y);}
void dec(int &x,int y){x=(x-y<0?x-y+mod:x-y);}
int main()
{
    int n,p; scanf("%d%d",&n,&p);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        g[0]=f[0];for(int j=1;j<=n;j++) g[j]=(g[j-1]+f[j])%mod;
        for(int j=2;j<=n;j++) add(f[j],(g[j-2]-(j>=p?g[j-p]:0)+mod)%mod);
    }
    int res=1ll*(ksm(p-1,n)+(n&1?mod-(p-1):(p-1)))*ksm(p)%mod;
    res=(ksm(p-1,n)-res+mod)%mod;
    for(int i=0;i<=n-p;i++) if((n-i)%p) dec(res,1ll*(p-1)*f[i]%mod);
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}

D. Equal LIS

题解

结论题。设序列 LIS 为 $L$，$f_i$ 表示以 $i$ 结尾的 LIS 长度，考虑强行构造：

• 如果 $L$ 是偶数，那么将 $\leq \frac L2$ 的序列划给集合 $A$，其余划给集合 $B$。首先如果集合中有 $>\frac L2$ 的 LIS，从 $x$ 开始到 $y$ 结束，那么 $f_y>f_x+\frac L2$，显然不符合条件。同样集合中也必然存在长度为 $\frac L2$ 的 LIS。所以这样构造就是合法的。
• 如果 $L$ 是奇数，结论是存在 $x$ 在长度至少为 $k=\frac{L+1}{2}$ 的 LIS 中并且不在某一个上升序列中。求一个数是否一定在 LIS 中有点麻烦，事实上还可以证明的是如果存在，那么任意取一个 LIS 都会存在这样的点。
  考虑直接构造。如果存在这样的数，考虑取出包含 $x$ 的任意长度为 $k$ 的 LIS。设序列为 $\{p_i\}$，然后令集合 $A$ 包含所有 $f_i$ 等于某个 $f_{p_j}$，特别的，如果 $f_i=f_x,i\neq x$ 则划给 $B$ 集合。容易发现，$A$ 集合中上升子序列必然为 $k$。而 $B$ 中删去了所有除了 $f_x$ 外在 $A$ 集合的所有层，所以上升子序列是 $L-k+1$，构造合法。

复杂度 $O(n\log n)$。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=200010;int n,f[N],g[N],a[N],t[N];
void clear(){for(int i=1;i<=n;i++) t[i]=0;}
void add(int x,int v){for(;x<=n;x+=x&-x) t[x]=max(t[x],v);}
int qry(int x){int v=0;for(;x;x-=x&-x) v=max(v,t[x]);return v;}
int main()
{
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T --> 0)
    {
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        clear();for(int i=1;i<=n;i++) add(a[i],f[i]=qry(a[i])+1);
        int res=qry(n);
        if(res%2==0){puts("YES");continue;}
        clear();for(int i=n;i;i--) add(n-a[i]+1,g[i]=qry(n-a[i]+1)+1);
        bool can=false;
        for(int i=n,j=res;i;j-=f[i]==j,i--) if(f[i]!=j && f[i]+g[i]>res/2+1){can=true;break;}
        puts(can?"YES":"NO");
        for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=g[i]=0;
    }
    return 0;
}

E. 3 Letters

题解

考虑构造这样一个序列：令 $A,B,C$ 分别为 $0,1,2$，构造 $a_i$ 使得 $|a_i-a_{i-1}|=1$ 且 $a_i\equiv s_i\pmod 3$。

容易发现，对于一个给定的 $s$，固定 $a_1$ 那么整个 $a$ 都是固定的。每次操作等价于找到一个极小或者极大的位置，然后将其 $\pm 2$。

结论：答案为 $\sum\frac{|a_i-b_i|}2$，当然 $a_i$ 和 $b_i$ 奇偶性必须相同。这显然是一个下界。对于上界，考虑给出这样一个构造：如果 $a_1=b_1$，直接跳过该位置。如果 $a_1<b_1$ 且 $a_2<a_1$，直接将 $a_1$ 减 $2$。否则不妨假设 $a_1<b_1,a_2>a_1$，那么找到第一个满足 $a_{x+1}<a_x$ 的位置，注意到由于这一段斜率为 $1$，所以一定有 $b_x<a_x$，那么将这一段整体向下移 $2$，仍然符合答案。

复杂度 $O(n)$。