Atcoder试题乱做 Part2

感受下来, 思维难度有参差, 所以还是可以做的, 虽然有的题和中国赛题差距有点大, 但是无伤大雅?

新的 $\text{Part}$ 我要自己做出来更多题!

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$\text{[AGC014D]Black and White Tree}$

$\text{[EASY]}$

发现点一个叶子结点的父亲变白点, 那这个叶子就一定要点黑点, 然后这两个点就对其他的部分不造成影响了, 可以删掉, 所以如果一个点有两个叶子结点儿子, 那么直接就是先手胜利.

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$\text{[AGC004F]Namori}$

$\text{[NORMAL]}$

树的话是, 经典套路奇偶层染色, 变成交换草走. 那么就可以考虑一个子树里面需要移进多少, 移出多少, 分值为 $1,-1$ , 那么就可以定义 $a_i$ 为这个子树内值的和. 显然根不为 $0$ 无解, 答案下界为 $\sum _{i=1}^n|a_i|$ , 不难构造这就是最优答案.

接着考虑基环树, 偶环的时候考虑环边是 $u\to v$ , 假定这个边会操作 $x$ 次, 那么一边的父亲操作会多 $x$ 次, 另一边少 $x$ 次, 断掉这个边之后按树跑出 $a_i$ , 答案即为:

$$\sum _{i\in left}|a_i-x|+\sum _{i\in right}|-a_i-x|+|-x|$$

就是求解中位数.

如果是奇环, 那么那个环边就可以让黑点数量 $+2$ 或者 $-2$ , 所以只要黑点白点数量差为偶数, 就一定可以通过调和来让整张图有解.

直接给答案和那条环边的两个点加上全图黑点与白点的差除以 $2$ , 然后按树的做法即可.

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$\text{[AGC028D]Chords}$

$\text{[EASY]}$

令 $n=2N$ , 这个圆看成序列也是一样的, 如果 $[l_1,r_1]$ 和 $[l_2,r_2]$ 相交但不包含, 就在一个连通块.

考虑计算每个连通块对答案的贡献次数. 令 $f_{i,j}$ 表示区间 $[i,j]$ 任意连边, 且 $i$ 和 $j$ 在同一个连通块内的方案数.

枚举这样的区间, 区间长度一定是偶数, 设 $g_x$ 表示 $x$ 个点的环任意连边的方案数, $c_{i,j}$ 表示 $[i,j]$ 内还没确定连边情况的点的个数.

转移为 $f_{i,j}=g_{c_{i,j}}-\sum _{k=i+1}^{j-1}{f}_{i,k}{g}_{c_{k+1,j}}$ , 答案为 $\sum f_{i,j}{g}_{n-2k-c_{i,j}}$ , 时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$ .

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$\text{[AGC007E]Shik and Travel}$

$\text{[EASY]}$

比较简单的一道题.

显然可以二分, 一条边恰好经过两次, 所以只能走完一棵子树, 再去走另一个. 考虑 $dp$ , 设 $f_{x,u,v}$ 表示从结点 $x$ 开始, 第一个走到的叶子结点距离为 $u$ , 走回 $x$ 时的距离为 $v$ , 路径上所有长度不大于二分值的情况下遍历完整个子树, 是否可行.

转移很显然, 然后发现当满足 $a_1⩽a_2,b_1⩽b_2$ 时, $f_{x,a_2,b_2}$ 完全没有存在的必要, 故按 $u$ 排序后 $v$ 递减时数量最少.

可以分析合并次数, 只在轻边的时候会合并, 合并 $\log$ 次, 故状态总数为 $n\log n$ 个.

时间复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$ .

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$\text{[AGC052D]Equal LIS}$

$\text{[NORMAL]}$

挺好猜的, 但确实不好构造.

令原排列的 $LIS$ 长度为 $l$ .

若 $l$ 为偶数, 那么直接令 $f_i$ 为以 $i$ 结尾的最长上升子序列长度, 将 $f_i⩽\frac{l}{2}$ 的放入第一个序列, 其他的放入第二个序列即可.

否则 $l$ 为奇数, 即 $l=2k+1$ , 那么对于其中一个长度为 $l$ 的 $LIS$ , 要存在一个元素 $x$ 不在此序列中, 且存在一个长度为 $k+1$ 的上升子序列包含它.

这个条件的必要性显然, 充分性构造如下.

任选一个长度为 $l$ 的 $LIS$ , 根据这个性质, 选择 $x$ 并假设这个 $k+1$ 的上升子序列为 $p_1,p_2,\dots ,p_{k+1}$ .

将所有满足 $\mathrm{\forall }1⩽j⩽k+1$ , $f_i\ne f_{p_j}$ 或 $f_i=f_x$ 且 $i\ne x$ 的选入第一个序列, 其余的选入第二个序列.

第二个序列中, 所有的 $p_i$ 都被选入, 并且只有 $k+1$ 种不同的 $f$ 取值, 即不存在 $k+2$ 的上升子序列, 故构成 $k+1$ 的上升子序列.

第一个序列中, 由于总共只有 $2k+1$ 种 $f$ 的取值, 所以第一个序列中包含 $k+1$ 种取值, 故也构成 $k+1$ 的上升子序列.

关于判定, 求出每一个元素为起点和终点的最长上升子序列, 即可求出强制包含某个元素的最长上升子序列, 判定其是否大于等于 $k+1$ 即可.

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$ .

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$\text{[AGC006C]Rabbit Exercise}$

$\text{[EASY]}$

若选中点 $a$ , 则期望的新位置为 ${\displaystyle \frac{(2x_{a+1}-x_a)+(2x_{a-1}-x_a)}{2}}=x_{a+1}+x_{a-1}-x_a$ .

根据期望的可加性, $E_a^{\prime }=E_{a+1}+E_{a-1}-E_a$ , 这个式子只有加减, 涉及的项也相邻, 考虑差分.

令差分数组为 $d$ , 不难发现 $E_a^{\prime }=E_{a-1}+d_{i+1}$ , 所以 $d_i^{\prime }=d_{i+1}.d_{i+1}^{\prime }=d_i$ , 实际上是交换了差分数组位置.

那一次大操作就是一个置换, 我们可以单 $\log$ 类似快速幂的做, 也可以做到线性.

具体来说就是把置换拆成若干个循环, 循环要移动的距离其实就是 $kmodsize$ 位, 递推即可.

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$ .

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$\text{[AGC009E]Eternal Average}$

$\text{[NORMAL]}$

我觉得很巧妙, 是不可多得的好题.

把问题写成 $k$ 叉树的形式, 一共 $n+m$ 片叶子其中 $n$ 片写着 $0$ , $m$ 片写着 $1$ . 对于一个非叶子结点, 它的值为它儿子的值的平均值.

假设那 $n$ 个 $0$ 的深度分别为 $x_i$ , $m$ 个 $1$ 的深度分别为 $y_i$ , 则根结点的值就是 $\sum _{i=1}^m(\frac{1}{k}{)}^{y_i}$ , 并且我们知道, 假设所有点都是 $1$ , 会有 $\sum _{i=1}^n(\frac{1}{k}{)}^{x_i}+\sum _{i=1}^m(\frac{1}{k}{)}^{y_i}$ , 若满足这两个条件, 则一定能构成合法的 $k$ 叉树.

我们把 $\sum _{i=1}^m(\frac{1}{k}{)}^{y_i}$ 写成 $k$ 进制下的小数形式, $Z=(0.\overline{z_1{z}_2\dots }{)}_k$ , 即 $m$ 个 $(\frac{1}{k}{)}^{y_i}$ 相加, 而 $(1-Z)$ 则可以表示 $n$ 个 $(\frac{1}{k}{)}^{x_i}$ 相加, 不考虑进位, 则 $\sum z_i=m$ , 考虑还原进位则将 $z_i$ 减去 $1$ 并将 $z_{i+1}$ 加上 $k$ , 所以 $\sum z_i+a(k-1)=m$ , 即 $\sum z_i\equiv m(\mathrm{mod}k-1)$ , 假设小数有 $len$ 位, 则 $1-Z$ 的位数和应该是 $(len-1)(k-1)+k-\sum z_i=len(k-1)-\sum z_i+1$ .

接下来就可以 $dp$ 方案数了, 设 $f_{i,j,0/1}$ 表示 $len=i$ , $\sum z_i=j$ , $z_i$ 是否为 $0$ , 转移很简单.

$$\begin{gathered} f_{i,j,0}=f_{i-1,j,0}+f_{i-1,j,1} \\ {f}_{i,j,1}=\sum _{x=1}^k{f}_{i-1,j-x,0}+f_{i-1,j-x,1} \end{gathered}$$

前缀和优化一下即可, 时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$ .

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$\text{[AGC041D]Problem Scores}$

$\text{[NORMAL]}$

感觉还是有点巧妙的, 但也算是去单调性的常用做法.

首先应该先把第三个限制转化, 最开始我只转化为了前 $k+1$ 个的和要大于后 $k$ 个的和, 但是很明显的发现, 并不好 $dp$ , 所以肯定还要转化一下.

但是显然只看限制三是已经没有前途的了, 结合限制一来看, 我们发现, 因为有单调性的限制, 所以我们只用考虑中点是否符合限制即可.

即需满足 $\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}{a}_i⩾\sum _{i=n-\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^n{a}_i$ , 简单证明一下, 对于小于 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 的位置, 左边减去一个较小的数, 右边减去一个较大的数, 仍满足, 对于大于 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 的数, 左边加上一个较大的数, 右边加上一个较小的数, 仍满足, 当然这个的前提是有单调性.

但是有这个单调性我们还是不好做, 继续考虑转化, 我们考虑差分去掉这个单调性, 令 $\mathrm{\Delta }{a}_i=a_i-a_{i-1}$ , 为了不让 $\mathrm{\Delta }{a}_1$ 很奇怪, 我们令 $a_0=1$ , 这样每个 $a_i$ 实际上就是 $a_i=1+\sum _{i=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_i$ .

整理一下式子,

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }\sum _{j=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_j⩾\sum _{i=n-\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^n\sum _{j=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_j$$

向下取整会影响一点东西, 但其实问题不大, 还是分类一下吧.

对于 $n$ 是奇数时, $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 就是 $\frac{n-1}{2}$ , 整理,一下式子

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^{\frac{n+1}{2}}\sum _{j=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_j⩾\sum _{i=\frac{n+1}{2}+1}^n\sum _{j=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_j \\ 2\sum _{i=1}^{\frac{n+1}{2}}\sum _{j=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_j⩾\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i\mathrm{\Delta }{a}_j \\ 2\sum _{i=1}^{\frac{n+1}{2}}(\frac{n+1}{2}-i+1)\mathrm{\Delta }{a}_i⩾\sum _{i=1}^n(n-i+1)\mathrm{\Delta }{a}_i \\ \sum _{i=1}^n{c}_i\mathrm{\Delta }{a}_i⩽0 \end{gathered}$$

其中, $c_i=\{\begin{array}{ll}i-2& ,i⩽\frac{n+1}{2}\\ n-i+1& ,i>\frac{n+1}{2}\end{array}$ .

同样的, 考虑偶数, 最后可以推出来 $c_i=\{\begin{array}{ll}i-2& ,i⩽\frac{n}{2}+1\\ n-i+1& ,i>\frac{n}{2}+1\end{array}$ , 综合一下得到, $c_i=\{\begin{array}{ll}i-2& ,i⩽\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1\\ n-i+1& ,i>\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1\end{array}$ .

好, 现在我们只有限制二没用上了, 即 $\sum \mathrm{\Delta }{a}_i+1⩽n$ , 我们发现有的序列是本质相同的, 使得它不同的原因是 $\mathrm{\Delta }{a}_1$ .

于是我们考虑确定 $\mathrm{\Delta }{a}_2\sim \mathrm{\Delta }{a}_n$ 的值的时候有多少合法的 $\mathrm{\Delta }{a}_1$ , 有两个条件 $\{\begin{array}{l}\mathrm{\Delta }{a}_1⩽n-1-\sum _{i=2}^n\mathrm{\Delta }{a}_i\\ \mathrm{\Delta }{a}_1⩾\sum _{i=2}^n{c}_i\mathrm{\Delta }{a}_i\end{array}$ , 所以合法的个数就是 $max\{0,n-\sum _{i=2}^n(c_i+1)\mathrm{\Delta }{a}_i\}$ .

我们令 $f_i$ 为 $\sum _{i=2}^n(c_i+1)\mathrm{\Delta }{a}_i=i$ 的个数, 那么最终答案就是 $\sum _{i=0}^{n-1}(n-i)f_i$ .

不难发现计算 $f_i$ 就是一个背包, 第 $i$ 个物品重量为 $c_i+1$ , 做无限背包, 时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$ .

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$\text{[AGC041F]Histogram Rooks}$

$\text{[HARD]}$

$toohardforme$ , 题解差评, 不应该强加笛卡尔树上去的, 容斥检验成果题? 成果检查到不合格.

最初想法, 枚举哪些格子没有被覆盖, 然后对于一个位置如果行列都没有被钦定未覆盖的格子, 那么方案数是 $2$ .

复杂度爆炸.

注意到如果一个格子被钦定未被覆盖, 那么他所在的列一定不能放棋子, 行有机会可以放, 重新设计容斥方案.

枚举哪些列里面有格子是未被覆盖的, 那么这些列都不可以放棋子, 设这些列的集合为 $S$ .

此时考虑一个极长行连续段的贡献, 假设有 $p$ 个格子在 $S$ 里, 那么贡献有两种.

1. 这 $p$ 个格子可以被覆盖, 方案数 $2^{len-p}$ .
2. 枚举有几个格子是未覆盖的, 方案数为 $\sum _{i=1}^p(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})(-1{)}^i=-[p\ne 0]$ .

但这样算出来会是错的, 因为 $S$ 里的列可能没有被钦定的格子.

再套上一个容斥, 枚举集合 $T\subseteq S$ , 表示没有被钦定的格子.

设一个极长连续段里面有 $q$ 个格子在 $T$ 里, 那么第二种贡献变成 $-[p\ne q]$ .

注意到此时贡献只和 $p,[p\ne q]$ 有关, 所以状态数不会太大.

每次从 $h$ 最小的地方切开, 下面是一个矩形, 上面是子问题, 且子问题是树形结构, 矩形里的连续段就是上面的子问题加单独算的列.

于是设 $f_{x,p,0/1}$ 表示树上的结点 $x$ , $S$ 的大小为 $p$ , 是否有 $p\ne q$ .

转移背包合并即可, 独有的列可以看做特殊的儿子, 此时每一列方案数是相同的, 快速幂即可.

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2\log n)$ , 预处理后 $\mathcal{O}(n^2)$ .

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$\text{[AGC043D]Merge Triplets}$

$\text{[EASY]}$

挺有意思的一道题的, 不算难, 其实多想一会应该是能想出来的, 可惜想这题的时候想了一会就摆了.

首先发现, 能构造出来的序列有一个显然的必要条件, 一个数作为新排列的前缀 $max$ 的时候, 长度不会超过 $3$ , 并且如果存在长度为 $3$ 的段, 那它在原排列中一定在一组里, 但这个条件并不充分.

既然不会超过 $3$ , 那我们关注一下 长度为 $2$ 和 $1$ 的, 可以发现, 如果存在一个长度为 $2$ 的, 首先这两数一定在同一组, 并且那一组一定存在一个长度为 $1$ 的.

这时候我们应该敏锐的考虑同组的在新排列的前缀 $max$ 序列中的构成, 长度为 $3$ , 或者是三个长度为 $1$ 的, 或者是一个长度为 $2$ 的和一个长度为 $1$ 的, 最后一种前后顺序并不重要, 一定是会有合法构成方案的.

这时候充分条件就很显然了, 长度为 $2$ 的段数不超过长度为 $1$ 的段数.

考虑如何计数, 由于只关注长度为 $2$ 的段数和长度为 $1$ 的段数差, 所以可以设 $f_{i,j}$ 表示考虑前 $i$ 个数, 长度为 $1$ 的段数减去长度为 $2$ 的段数值为 $j$ 的方案数.

如果 $a_i$ 在 $[1,r]$ 中是最大的, 对于长度为 $n$ 的排列, 答案就是 $\frac{n!}{\prod r}$ , 转移的时候带到系数里即可.

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$ .

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这个 $\text{Part}$ 也让我成长了不少啊.