ARC136 简要题解

A

首先，字符 c 等价于分隔符，因此遇到 c 直接输出。

否则遇到一个 a 将其变为 bb 无意义，因为要求字典序最小这个位置必须填 a，因此遇到 a 也直接输出。

否则遇到 b 如果其后为 b 则一定需要把这个 bb 变为 a，否则若其后为 a 则最优方案为：ba -> bbb -> ab.

复杂度 $\mathcal{O}(n)$.

B

首先把 $a, b$ 集合不同的情况判掉。

注意到操作可逆，于是直观的想法是将 $a, b$ 排成有序后比较。

朴素的想法是每次从后面挑一个最小的元素然后 shift 到最前面，但当元素有重复时这样不一定能够正确排序。

于是分所有元素是否互不相同考虑。

当所有元素互不相同时，直接这样模拟即可，但存在更快的方式：

• 将序列离散化为排列，每次操作后排列奇偶性不变。

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存在元素相同时，可以证明 $a$ 一定可以通过操作得到 $b$。

证明：记任意一种重复的元素为 $x$，从序列中取出两个 $x$，其余部分按照朴素想法排序，将两个 $x$ 移动到最后，除了最后三个元素 $a, b$ 均相同，最后三个元素可重集相同，由于最后三个数存在相同的数因此一定可以到达。

复杂度 $\mathcal{O}(n \log n)$，瓶颈在于排序。

C

序列上为经典问题，考虑两个相邻数之间间隔作为左右括号数量的下界，容易证明这个下界易于达到。

对于环上的问题，由于左右两端接在一起，只考虑下界有可能使得最后剩余的元素 $> 0$，通过手玩发现答案为：

$$\max(\frac{1}{2}\sum\limits_i ^ {n - 1} |a_i - a_{(i + 1) \bmod n}|, \max_i ^ {n - 1} a_i)$$

证明：记前者为 $S$，后者为 $M$，根据 $S, M$ 的大小关系讨论（需要将问题拓展到 $a_i \ge 0$ 的情况）。

若 $S < M$，则 $a$ 中一定不存在 $0$，将全体减 $1$，最大值减 $1$.

若 $S = M$，考虑环被极长的最大值段分割成了几段，则一定至多一个段存在 $0$，单独不操作这个段，$S, M$ 同时减 $1$.

若 $S > M$，任选一段极长的最大值连续段减 $1$，$S$ 减 $1$.

复杂度 $\mathcal{O}(n)$.

D

等价于统计 $10 ^ 6 - 1 - a_i$ 处所有 $a_i$ 的 $6$ 维前缀和，复杂度 $\mathcal{O}(D10 ^ D + n)(D = 6)$.

E

通过观察每个点 $i$ 不可以到达的点的性质，将 $j > i$ 且 $j$ 为质数的部分删去，发现 $2 \mid i$ 时点集相比于 $2 \nmid i$ 时少很多，于是分 $i$ 的奇偶性打表考虑，同时将不可达点 $j$ 质因数分解观察，可以得到如下结论：

• $i(i \ne 1)$ 可达 $j$ 当且仅当 $i + [2 \nmid i]\mathrm{lpf}(i) \le j - [2 \nmid j]\mathrm{lpf}(j)$ 其中 $\mathrm{lpf}(i)$ 为 $i$ 的最小质因子。

证明：$i + \mathrm{lpf}(i)$ 为 $i$ 后面 $i$ 第一个直接相连的点，$j - \mathrm{lpf}(j)$ 为 $j$ 之前与 $j$ 第一个相邻的点，于是必要性显然。
充分性也可以根据其以及 $i, i + \mathrm{lpf}(i)$ 奇偶性相反，$j, j - \mathrm{lpf}(j)$ 奇偶性相反简单构造得到。

问题转化为给定 $n$ 个区间，选取最大的带权子集使得区间两两相交且交点数量 $> 1$ 或不在端点。

交的长度 $> 0$ 的问题是简单的，直接枚举最后交中的一个点，覆盖该点的区间都选即可。

注意到区间只有两种，$2 \nmid i$ 时 $i - \mathrm{lpf}(i), i + \mathrm{lpf}(i)$ 均为偶数，因此仅考虑奇数点区间交长度必然要么为 $0$ 要么 $> 1$.

于是可以直接将奇数点区间两端往里缩减 $1$，此时转化为交长度 $> 0$ 的问题，复杂度 $\mathcal{O}(n)$.

F

二元生成函数 + 类 ZJOI 2019 开关，复杂度 $\mathcal{O}((nm) ^ 2)$.