Duel 记录

CP Duels

· CF204C Little Elephant and Furik and Rubik

容易求出总的匹配对数，即 $\sum\limits_{i=1}^ni^2$，要求期望只要求 $\sum f(x,y)$.

考虑每对匹配的字符对 $\sum f(x,y)$ 的贡献.

因为一对匹配的字符在字符串中的相对位置不变，所以它的贡献就是能同时延伸到的字符串个数.

不妨设第一个字符的位置为 $i$，第二个字符的位置为 $j>i$，那么贡献就是 $i\times(n-j+1)$.

由于字符集大小 $\Sigma$ 很小，可以枚举 $\Sigma$ 的字符和第一个字符的位置，动态维护第二个字符的位置的前缀和与后缀和.

- CF2B The least round way

最小化后缀 $0$ 个数也就是最小化路径上数的 $2$ 和 $5$ 的次数.

考虑分别记录 $2$ 和 $5$ 的最小次数，较小值即为后缀 $0$ 的最小个数.

需要特判 $0$ 存在的情况.

- CF1254B1 Send Boxes to Alice (Easy Version)

只要考虑非零的 $a_i$ 为同一质因数的情况.

最小距离就是每段与中位数的距离.

+ CF251C Number Transformation

注意到 $\mathop{\operatorname{lcm}}\limits_{i=2}^{15} \ i = 360360$ 很小，这意味着可以将数轴划分为长度为 $\operatorname{lcm}$ 的段，不同段相同位置的行为是相同的.

并且可以发现在同一个段中操作最终总是到 $\operatorname{lcm}$ 的倍数.

于是可以在段内 dp 跳过前面的段，最后一段 bfs 即可.

· CF1930C Lexicographically Largest

每个 $a_i$ 能贡献的最大数就是 $a_i+i$. 考虑证明如果两个数贡献的数相同，一定有一个能减 $1$ 而其它数不受影响.

对于每一个位置 $i$，其要减的数可以不超过 $i$，那么必然可以以一定的顺序通过先操作前面的数得到要减的个数.

+ CF1036C Classy Numbers

令 $f(x,d)$ 表示 $0\sim x$ 中含义不超过 $d$ 个非零数字的数的个数.

设 $B=\lfloor\lg x\rfloor$，那么 $f(x,d)=f(10^B-1,d)+(\lfloor\frac{x}{10^B}\rfloor-1) f(10^B-1,d-1)+f(x\bmod 10^B,d-1)$.

其中 $f(10^B-1,d)=\sum\limits_{i=0}^d\binom{B}{i}9^i$.

$f(r,3)-f(l-1,3)$ 即为所求.

· CF360B Levko and Array

二分答案 $x$.

令 $dp_i$ 表示 $a_i$ 不改变，前面的数使得答案成立最少需要改变多少次.

转移考虑距离 $i$ 最近的不改变的位置 $j$.

那么 $i\sim j$ 间的所有数都可以改变，使答案成立当且仅当 $|a_i-a_j|\leq (i-j)x$.

+ CF1887B Time Travel

枚举时刻 $i$，我们只要知道有多少点可以在时刻 $i$ 第一次被访问到并把它加到访问到的点的集合里.

因为一条边只会贡献一个点，所以可以尝试枚举边加点.

如果边中两点都没被访问到，那么就会被重复考虑，所以每当新点被访问，我们再加入点对应的边即可.

这样所有边都只会被考虑到一次，使用 std::unordered_map 复杂度是 $O(k+\sum m_i)$ 的.

· CF1995C Squaring

直接从前往后贪心模拟就好了.

因为如果 $x<y$，那么 $x^2<y^2$，所以只要记录平方的次数，再在相邻原项模拟.

· CF474C Captain Marmot

判断 $4$ 个点是否构成正方形. 计算 $d=\sum\limits_{(\mathbf x, \mathbf y)} (\mathbf x-\mathbf y)^2$，然后判断有没有 $6$ 对点的距离平方是 $\frac{d}{8}$ 或者 $\frac{d}{4}$.

· CF578C Weakness and Poorness

每个区间 $[l,r]$的 poorness 为 $P(x)=\lvert\sum\limits_{i=l}^r a_i - (r-l+1)x\rvert$ 两段直线，先减后增.

于是 weakness 为 $W(x)=\max P(x)$ 就是凸的，用三分检验最大子段和即可.

几何做法再说.

+ CF1918D Blocking Elements

二分答案 $x$.

然后考虑 dp，令 $f_i$ 表示前 $i$ 个数 在满足区间和最值约束下 分隔点和的最值.

转移就是部分和小于等于 $x$ 的最小 $f$，可以用 map 维护.

+ CF1969D Shop Game

因为 Bob 总是会选 $b_i$ 最大的 $k$ 个，钦定 Bob 选择的最小 $b_i$.

对于 Bob 选择的 $k$ 个数，选择 $\geq b_i$ 的 $a_i$ 最小的 $k$ 个，可以大根堆动态维护.

对于其他 $<b_i$ 的数，使用前缀和计算最大收益就可以了.

· CF1184E1 Daleks' Invasion (easy)

删除第一条边求 MST，当第一条边的两个端点合并至同一联通块时计算答案.

+ CF2036G Library of Magic

如果返回的答案不为 $0$，二分即可找到答案.

不过如果 $a \oplus b = c$，并且询问的区间同时包含这三个数就会返回 $0$.

怎么样避免区间同时包含这三个数呢？注意到如果 $a \oplus b = c$，那么肯定存在一个数 $1$ 的最高位比其他两个数低.

进一步地，如果 $a\oplus b = c$，那么 $2\min(a,b,c) < \max(a,b,c)$.

于是如果询问区间长度等于左端点，必然不会出现包含要找的数且返回 $0$ 的情况.

我们可以先询问全局异或和，这样就只要找到两个数了.

然后每次询问 $[2^i,2^{i+1})$，如果询问答案 $x$ 不为 $0$ 可以二分找到一个数 $y$，如果 $x \neq y$ 可以通过消除 $y$ 的影响再二分找到第二个数.

询问次数是 $3\log_2 x$，注意到 $\log_2 10^{18} \approx 60$，最大询问次数 $150$ 也就是 $2.5\log_2 N$，直接这样问是会 WA 的.

再怎么减少询问次数呢，考虑从大到小询问 $[2^i,2^{i+1})$. 那样询问的最大次数就变成了 $\log_2N + \log_2x$，足够通过本题.

还有另一种思考方式，因为 $a\oplus b \neq c$ 的时候可以二分，所以只要考虑相等的情形，其中两个较大的数 $1$ 最高位一定相同.

于是可以从高到低查找它们的最高位在哪里. 找到之后，二分就可以了.

然后发现 $a \oplus b \neq c$ 的时候也可以通过这种做法找到两个较大数的最高位，所以最后的实现和第一种思考方式居然是一模一样的！

+ CF431D Random Task

因为 $n$ 与 $2n$ 二进制 $1$ 的个数相同，所以答案是递增的，且每次最多加一，那么必然有解.

考虑二分，计算 $f(n,k)$ 即 $0\sim n$ 的数中恰有 $k$ 个 $1$ 的个数.

令 $B=\lfloor\log_2n\rfloor$，将 $[0,n]$ 拆成 $[0,2^B)\cup [2^B,2^B+(n-2^B)]$，那么 $f(n,k)=\binom{B}{k}+f(n-2^B,k-1)$.

因为 $\binom{64}{32}\approx 1.8\times10^{18}$，所以可以直接递推求组合数（当然也可以用 long double 或者用 __int128 在模大质数意义下求组合数）.

- CF551B ZgukistringZ

转化为 $\max\limits_{k=0}^{n}(\min\limits_{i=1}^\Sigma (A_i-kBi)/C_i+k)$.

因为字符集大小 $\Sigma=26$，直接 $O(n\Sigma)$ 枚举即可.