ARC-122

A

简单 \(DP\)，令 \(f_{i, 0 / 1}\) 表示当前考虑完前 \(i\) 个数，当前位置是否填了 \(-\) 的贡献之和。

考虑维护一个 \(g_{i, 0 / 1}\) 状态与 \(f\) 一致，存储方案数，这样就可以 \(\mathcal{O}(1)\) 转移了。

复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

B

显然答案可以使用 \(x\) 表示出来，分析单调性可知只有可能在给出的点上取到。

然后随便怎么算都可以。

C

写了个乱搞，不太会证次数正确。

考虑假设最终状态为 \((n, x)\)，考虑使用辗转相除的方法构造，使用次数可以 \(\mathcal{O}(\log n)\) 计算。

注意到构造形式与斐波那契数列非常像，于是我们取 \(x = \dfrac{n}{\frac{\sqrt{5} + 1}{2}}\) 左右的数拿进去计算次数，取最小的出来即可。

大概可以跑 \(T = 10 ^ 6\) 组数据，可以通过。

（其实我交的不是这个，但本质上与这个相同且这个更为简便）。

正解应该是 齐肯多夫表示法。

D

首先博弈是假的，因为 \(Bob\) 可以预先想好对自己最优的分组方式，然后依据 \(Alice\) 的选择总是可以对应着选。

于是问题就转化为：

• 给定 \(2n\) 个元素，需要将其分为 \(n\) 组，每组 \(2\) 个元素。使得任意一组异或和的最大值最小。

考虑按位贪心，统计当前位 \(1\) 的个数 \(cnt\)。

• 若 \(cnt\) 为奇数，那么意味着这一位必定会产生贡献。

同时我们可以只让一个组在这一位产生贡献且这样显然最优，那么就只要管这个组的贡献了。

直接暴力将这些数暴力插入 \(\tt trie\)，然后暴力查询最小值即可。

接下来这些数都不需要管，这部分的复杂度显然为 \(\mathcal{O}(n \log W)\)。

• 若 \(cnt\) 为偶数，那么必定要将 \((0, 0), (1, 1)\) 这样分组，否则这一位就会产生贡献。

那么我们将这一位为 \(0\) 的数和这一位为 \(1\) 的数分别拿下去递归下一位即可。

这部分复杂度也为 \(\mathcal{O}(n \log W)\)，因此总复杂度为 \(\mathcal{O}(n \log W)\)。

E

显然后面位置的限制大且不会对该位置之前的位置决策产生影响，因此我们考虑从后往前填。

假设将 \(a_i\) 填在后面，那么合法的判定条件为：

\[a_i \nmid \mathrm{LCM}(a_j)(j \ne i) \]

后者显然会爆 \(long long\)，通常的处理办法是修改判定条件引入 \(\gcd\)。

不难发现可以将条件修改为：

\[a_i < \mathrm{LCM}((a_i, a_j))(j \ne i) \]

可知右边的大小不会超过 \(a_i\)，因此是可以直接算的。

由于数据范围很小，直接暴力即可：\(\mathcal{O}(n ^ 3 \log W)\)。

F

首先可以注意到一点性质：

• 若 \(Rx_i \le Rx_j, Ry_i \le Ry_j\) 那么第 \(i\) 个红球是不需要管的。

因此我们首先将不需要管的球去掉，保证：\(Rx_{i - 1} < Rx_i, Ry_{i - 1} > Ry_i(2 \le i \le n)\)。

此时我们有如下重要观察：

• 无论每个蓝球移动到哪里，最终可以覆盖的红球一定是一个区间（可能为空）。

于是问题转化为：

每个蓝球可以选择覆盖任意一个区间，需要一定的花费。目标是每个红球被覆盖至少 \(k\) 次的基础上最小化花费。

这是一个区间 \(k\) 覆盖类型的问题，可以简单地转化为重复 \(k\) 次，每次选择一些蓝球使得所有红球被覆盖至少 \(1\) 次（蓝球选择不重复）。

此时我们不妨先考虑 \(k = 1\) 的情况。

对于 \(i\) 号蓝球，如果需要覆盖 \([l, r]\) 这段红球区间，那么花费为：\(\max(0, Ry_l - By_i) + \max(0, Rx_r - Bx_i)\)。

注意到两个维度的花费互不干扰，可以将两个维度拆开考虑。

考虑费用流，对于两个维度值域 \((W)\) 上的所有整点建点，按照如下方式连边：

• \((X_{i - 1} \rightarrow X_i, 1, \infty), (X_i \rightarrow X_{i - 1}, 0, \infty)(1 \le i \le W)\)
• \((Y_{i - 1} \rightarrow Y_i, 0, \infty), (Y_i \rightarrow Y_{i - 1}, 1, \infty)(1 \le i \le W)\)
• \((X_{Rx_i} \rightarrow Y_{Ry_{i + 1}}, 0, \infty)(1 \le i < n)\)
• \((Y_{By_i}, X_{Bx_i}, 0, 1)(1 \le i \le m)\)

此时 \(Y_{Ry_1} \rightarrow X_{Rx_n}\) 的一点流量所花的最小费用即为 \(k = 1\) 的答案。

根据开始提到的区间 \(k\) 覆盖的解法，只需将流量添加至 \(k\) 时的最小费用即为任意 \(k\) 的答案。

注意到初始费用全非负，使用原始对偶复杂度 \(\mathcal{O(k(n + m)\log (n + m))}\)。