ARC135 简要题解

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D

首先，能操作的位置有 \((n - 1)(m - 1)\) 个，同时我们知道左上角 \((n - 1)(m - 1)\) 个格子可以取到任意值，因此这个问题的解域就是一个 \((n - 1)(m - 1)\) 个变元的线性空间，理论上可以找到 \(n + m - 1\) 条线性无关的恒等式。

仔细观察可以发现，每次操作同一行或同一列要么没有一个格子被操作，否则被操作的两个格子必定相邻也即在改行或该列的奇偶性相反，于是可以得到操作后的矩阵 \(b\) 与原矩阵 \(a\) 的关系：

\[\forall i, \sum\limits_{j = 1} ^ m (-1) ^ j b_{i, j} = \sum\limits_{j = 1} ^ m (-1) ^ j a_{i, j} \]

\[\forall j, \sum\limits_{i = 1} ^ n (-1) ^ i b_{i, j} = \sum\limits_{i = 1} ^ n (-1) ^ i a_{i, j} \]

注意，对行的限制全部加起来和对列的限制全部加起来是线性相关的，因此这里就是 \(n + m - 1\) 条限制，充分性也很好证。

观察这个式子的实质，限定了每行每列的带权和为不变量，这里同一个元素在行列当中带权可能不同，为了简化可以将限制改为：

\[\forall i, \sum\limits_{j = 1} ^ m (-1) ^ {i + j} b_{i, j} = \sum\limits_{j = 1} ^ m (-1) ^ {i + j} a_{i, j} \]

\[\forall j, \sum\limits_{i = 1} ^ n (-1) ^ {i + j} b_{i, j} = \sum\limits_{i = 1} ^ n (-1) ^ {i + j} a_{i, j} \]

于是我们直接考虑令 \(a'_{i, j} = (-1) ^ {i + j}a_{i, j}\) 这样可以将带的权去除，限制转化为：

\[\forall i, \sum\limits_{j = 1} ^ m b_{i, j} = \sum\limits_{j = 1} ^ m a_{i, j} \]

\[\forall j, \sum\limits_{i = 1} ^ n b_{i, j} = \sum\limits_{i = 1} ^ n a_{i, j} \]

现在的问题就转化为求行列和为定值的 \(b\) 矩阵绝对值和的最小值，这样仍然不好做，继续转化：

维度分离，转化为对行列 \(n + m\) 个量的问题，一次性将最终的 \(b\) 填好，可以看作是对每行每列剩余值的使用，形式化得说：

每次选择行列两个量 \(i, j\)，将 \(r_i, c_j\) 同时加上 \(d\)，每次代价为 \(|d|\)，问最终将 \(r, c\) 所有数变为 \(0\) 的最小代价，并构造方案。

这个问题可以很明显发现一个答案的下界：\(\max(\sum\limits_{i = 1} ^ n |r_i|, \sum\limits_{i = 1} ^ m |c_i|)\)，事实上这个下界可以通过构造轻松得到：

不妨设 \(\sum\limits_{i = 1} ^ n |r_i| \le \sum\limits_{i = 1} ^ m |c_i|\)，记 \(r\) 中正数和为 \(p_r\) 负数绝对值之和为 \(n_r\)，类似地对 \(c\) 记 \(p_c, n_c\)，根据假设：

\[p_c \ge p_r \ge 0 \ge -n_r \ge -n_c \]

我们先找到 \(r\) 中任意一个非负位置 \(p\)，若不存在说明 \(p_c = p_r, n_c = n_r\) 直接跳过这部分。

将 \(c\) 中负的部分和 \(p\) 一起加直到 \(n_r = n'_c\) 此时定有 \(p'_r = p_c\)，再将正负相应抵消即可，容易发现这达到了下界。

复杂度 \(\mathcal{O}(nm)\).

E

记 \(a_i = k_i \times i\)，通过手玩容易发现，在不多次数后 \(k_i\) 为一个定值，通过打表这个位置大约为 \(\mathcal{O}(\sqrt{2n})\) 级别。

可以通过初等分析证明这个结论：考虑何时 \(k_{i + 1} = k_i\)，需要满足：

\[(k_i - 1)(i + 1) \le k_i \times i \Longleftrightarrow i \ge k_i - 1 \]

容易得到 \(a_i\) 的一个上界：\(a_i \le x + \sum\limits_{j = 1} ^ i j - 1 = x + \frac{1}{2}(i - 1)i\)，继而可以得到这个位置的一个上界：

\[i \ge \frac{x + \frac{1}{2}(i - 1)i}{i} - 1 = \frac{x}{i} + \frac{1}{2}(i - 1) - 1 \]

通过简单化简即可得知 \(i \le \mathcal{O}(\sqrt{2n})\)，但这个做法还不够优秀，考虑进一步优化。

观察打表后的 \(k\) 序列，容易发现其差分序列数值有很长一段相同且不增，于是可以猜测极长的相同段数量级不大，然后即可对通过不等式求出每段后自然数幂求和。

通过打表可以发现，相同段的数量级大约在 \(\mathcal{O}(2n ^ {\frac{1}{3}})\) 左右，就可以直接通过了。

再来通过初等分析证明这个结论：对与前 \(n ^ {\frac{1}{3}}\) 项，显然只有 \(n ^ {\frac{1}{3}}\) 个极长段，只用考虑后面项的段，注意此时 \(k_{n ^ {\frac{1}{3}}} \le n ^ {\frac{2}{3}}\).

假设后面存在 \(c\) 个极长的连续段，将每个连续段长度放缩为 \(1\)，也一定有：

\[\frac{1}{2}c(c + 1) \le k_{n ^ {\frac{1}{3}}} \le n ^ {\frac{2}{3}} \]

通过简单化简易知 \(c \le \sqrt{2}n ^ {\frac{1}{3}}\)，于是证明了极长段的数量级，这个上界是极松的，可以轻松通过，复杂度 \(\mathcal{O}(Tn ^ {\frac{1}{3}})\).

F

这个问题初看不好下手，但发现序列长度是指数级下降的（每次变为 \(\frac{2}{3}n\)），这点非常有用。

从一个暴力开始入手，首先不难求得最终的序列长度 \(m\)，记最终的序列为 \(b\)，考虑如何确定 \(b_{0 \sim m - 1}\).

发现第 \(k\) 次操作的序列后的序列 \(x\)，原本在 \(k - 1\) 次序列中的位置为 \(f(x) = \lfloor \frac{x}{2} \rfloor \times 3 + 1 + [x \equiv 1 \pmod 2]\).

因此 \(b_i = f ^ k(i)\)，于是我们得到了一个 \(\mathcal{O}(mk)\) 的做法，注意到序列指数级下降，复杂度描述为 \(\mathcal{O}(nk\left(\frac{2}{3}\right) ^ k)\) 更为合适，当 \(k \ge 40\) 的时候，这个做法已经足够解决问题了，下面设计一个适合 \(k\) 较小的算法。

考察 \(f ^ k(x)\) 的性质，打表可以发现 \(f ^ k(x + 2 ^ k) = f ^ k(x) + 3 ^ k\)，这表明 \(f ^ k(x)\) 在模 \(2 ^ k\) 意义下具有一定周期性。

证明：根据 \(k\) 从小到大归纳，\(k = 1\) 时显然有 \(f(x + 2) = f(x) + 3\)，\(k > 1\) 时利用 \(f ^ k(x) = f(f ^ {k - 1}(x))\) 展开即可。

预处理 \(f ^ k(0 \sim 2 ^ k - 1)\)，复杂度 \(\mathcal{O}(k2 ^ k)\)，还需进一步优化。

考虑折半，取 \(a + b = k\)，将 \(f ^ k(x)\) 视作 \(f ^ k(x) = f ^ a(f ^ b(x))\)，原问题等价于求：

\[\sum\limits_i ^ {2 ^ b - 1} \sum\limits_j ^ {r_i} f ^ a(l_i + j \times 3 ^ b) \]

倍增预处理出 \(f_{i, j} = \sum\limits_k ^ {2 ^ j - 1} f ^ a(i + k \times 3 ^ b)(0 \le i \le 2 ^ a - 1)\)，易得转移：

\[\begin{aligned} f_{i, j} &= f_{i, j - 1} + \sum\limits_k ^ {2 ^ {j - 1} - 1} f ^ a(i + (k + 2 ^ {j - 1}) \times 3 ^ b)\\ &= f_{i, j - 1} + f_{(i + 2 ^ {j - 1} \times 3 ^ b) \bmod 2 ^ a, j - 1} + 2 ^ {j - 1} \times 3 ^ a \times \lfloor \frac{i + 2 ^ {j - 1} \times 3 ^ b}{2 ^ a} \rfloor \end{aligned} \]

枚举 \(i \in [0, 2 ^ b - 1]\) 倍增计算求和即可，复杂度 \(\mathcal{O}((k + \log n)2 ^ {k / 2})\)，总复杂度 \(\mathcal{O}(\min(nk\left(\frac{2}{3}\right) ^ k, (k + \log n)2 ^ {k / 2}))\).