Codeforces Round 968 (Div. 2)

A. Turtle and Good Strings#

题意：确定是否存在一种方案使得 $s=t_1+t_2+\cdots +t_m$，满足 $m>1$ 且任意 $i<j$，$t_i$ 的第一个字母不等于 $t_j$ 的最后一个字母。

$s_1$ 和 $s_n$ 一定不属于一个子串，因此 $s_1=s_n$ 是条件非法的必要条件。

那么反之是否能构造一组解呢？这是显然的，取 $t_1=s[1],t_2=s[2,n]$ 即可。

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B. Turtle and Piggy Are Playing a Game 2#

题意：Alice 和 Bob 进行博弈，Alice 先手。

每次 Alice 可以选一个 $i$ 并删掉 $i,i+1$ 中较小的一个，Bob 可以选一个 $i$ 并删掉 $i,i+1$ 中较大的一个。

Alice 想最大化 $a_1$，Bob 想最小化 $a_1$，求两人都在最优策略下的 $a_1$。

策略很明了了，Alice 每次删掉全局最小，Bob 每次删掉全局最大，删到最后只剩整个序列的中位数。

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C. Turtle and Good Pairs#

题意：$(i,j)$ 是好的当且仅当 $i<j$ 且存在 $k\in [i,j)$ ，满足 $s_k\ne s_{k+1}$ 且 $s_i\ne s_k\vee s_j\ne s_{k+1}$。将 $s$ 重新排序，最大化好的数对个数。

把字符串分为若干极长连续颜色段 $[l_i,r_i]$（如 $aaabbcc=[aaa][bb][cc]$）。

容易发现 $(i,j)$ 是好的的充要条件为 $i,j$ 所在颜色段不相邻。

令 $a_i=r_i-l_i+1$，那么好的数对个数等于 ${\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}-\sum a_i{a}_{i+1}$。

目标转化为最小化 $\sum a_i{a}_{i+1}$。

当字符集大小不为 $1$ 时，可以证明 $\sum a_i{a}_{i+1}\ge n-1$ 并且这个下界是可以达到的。

如果存在 $a_k=1$：

$$\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i{a}_{i+1}\ge \sum _{i=1}^{k-1}{a}_i+\sum _{i=k}^{m-1}{a}_{i+1}\ge n-a_k$$

如果 $\mathrm{\forall }{a}_k\ge 2$，$a_i{a}_{i+1}\ge 1a_i+a_{i+1}$：

$$\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i{a}_{i+1}\ge \sum _{i=1}^{m-1}{a}_i+\sum _{i=2}^m{a}_i>n$$

我们让前面所有 $a_i=1$，最后一个连续段放多出来的相同字母（如 $aaabbcc=ababacc$），显然有 $\sum a_i{a}_{i+1}=n-1$。

时间复杂度 $O(26n)$。submission

D1. Turtle and a MEX Problem (Easy Version)#

题意：给定 $n$ 个序列 $[a_i]$，$f(x)$ 定义为 $x$ 经过若干次操作（可能不操作）达到的最大值。

一次操作定义为：选定一个序列 $[a_i]$，$x\leftarrow \text{mex}(x\cup [a_i])$。在简单版中，一个序列可以被重复选择。

给定 $m\le {10}^9$，求 $\sum _{x=0}^{m}f(x)$。

定义 $u_i=\text{mex}[a_i],v_i=\text{mex}([a_i]\cup u_i)$。

我们发现不管是什么 $x$，不管对 $[a_i]$ 操作几次，能够达到且一定能达到的只有 $v_i$ 和 $u_i$。

因此 $f(x)=max(x,max{v}_i)$。submission

D2. Turtle and a MEX Problem (Hard Version)#

题意与 D1 相同，多了每个序列只能选一次的限制。

如果 $x=u_i$，那么 $x$ 能够走到 $v_i$。

不难想到 $u_i$ 向 $v_i$ 连边。

如果 $x=u_i$，那么 $x\to v_i$ 后是可以继续走 $v_i$ 的出边的，因为一个序列只会产生一条边， $v_i$ 的出边对应的序列不是 $i$。

定义 $f_i$ 表示 $i$ 能到达的最大点坐标，可以逆拓扑序完成。

• 一个 $x$ 的答案至少是 $f_i$。
• 一个 $x$ 的答案至少是 $max{u}_i$。
• 如果 $i$ 只有一条出边，只有 $x=i$ 能够到达 $f_i$。
• 如果存在 $i$ 有大于一条出边，那么对于任意 $x$，我们可以先走另一条出边对应的序列来达到 $i$，然后再走通向 $f_i$ 的出边。

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E1. Turtle and Inversions (Easy Version)#

题意：给定 $m$ 个限制 $[l_i,r_i]$，表示存在 $k\in [l_i,r_i]$，记 $a_i=\underset{j=l}{\overset{k}{max}}{p}_j,b_i=\underset{j=k+1}{\overset{r}{min}}{p}_j$，使得 $max{a}_i<min{b}_i$。

求长度为 $n\le 5\times {10}^3$ 的符合限制的排列的最大逆序对数。简单版保证限制互不相交。

把所有数分为两类：小数（$0$）和大数（$1$），满足 $max\{0\}<min\{1\}$。

条件 $i$ 被满足当且仅当 $[l,r]$ 内所有 $0$ 都在 $1$ 前面，且 $0,1$ 都至少出现一次。

如果最后的排列有 $x$ 个 $0$，$y$ 个 $1$，贪心的使所有 $0$ 从大到小排，$1$ 从大到小排。

设有 $z$ 个逆序对形如 $(1,0)$，称之 $10$ 对，那么最后的总逆序对数等于 ${\displaystyle \frac{x(x-1)}{2}}+{\displaystyle \frac{y(y-1)}{2}}+z$。

设 $f(i,j)$ 表示填完前 $i$ 个数，其中 $j$ 个是 $1$ 的最大 $10$ 对数。

• 如果 $i$ 是某个限制的右端点，枚举 $[l,r]$ 之间有多少个 $1$。
• 否则讨论 $i$ 填 $0$ 还是 $1$。

最后答案是 $maxf(n,i)+{\displaystyle \frac{i(i-1)}{2}}+{\displaystyle \frac{(n-i)(n-i-1)}{2}}$。

暴力转移看似是 $n^2$ 的，但由于区间不相交，第一种转移也是均摊 $O(n)$ 的。时间复杂度 $O(n^2)$。

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E2. Turtle and Inversions (Hard Version)#

题意：与 E1 相同，不保证限制互不相交。

先只考虑两个限制相交的情况：$[l_1,r_1][l_2,r_2]$，其中 $l_1\le l_2\le r_1$。

$[l_1,l_2)$ 必然全为 $0$。

类似的，令 $r=min(r_1,r_2),r^{\prime }=max(r_1,r_2)$，则 $(r,r^{\prime }]$ 必然全为 $1$。

那么我们可以钦定这些位置，并新增限制 $[l_2,r]$。

考虑拓展到一个限制集合 $S$，满足 $S$ 中限制之并是连续的（极大）。

我们发现，除了 $S$ 中限制之交 $[maxl,minr]$，其余位置都已经钦定。

经过这样的转换，所有限制保证不交，即 E1。submission

F. Turtle and Three Sequences#

题意：给出三个长度为 $n\le 3000$ 的序列 $a,b,c$。

选出一个长为 $m\le 5$ 的序列 $p$ 满足 $1\le p_1<p_2\cdots <p_m\le n$，满足 $a_{p_i}\le a_{p_{i+1}}$ 且所有 $b_{p_i}$ 互不相同。

最大化 $\sum c_{p_i}$ 的值，其中 $a_i,b_i\le n$。

如果 $b$ 的值域很小，可以状压 dp：

$f(i,S,j)$ 表示考虑了 $[1,i]$，被选中的 $a$ 的最后一个数的值为 $j$，被选中的 $b$ 的值的集合为 $S$ 的最大价值。

由于 $b$ 中被选元素互不相同，不需要额外记录序列长度，集合大小 = 序列长度。

树状数组优化，单次可以做到 $O(n\log n{2}^{|S|})$。

考虑每次将 $b$ 中元素向 $[1,m]$ 随机映射，即保证原来相等的还是相等，原来不等的可能相等。

一次就得到答案的概率等于 ${\displaystyle \frac{m!}{m^m}}$（可以理解为最优解中 $m$ 种颜色映射过后依然互不相同的概率）。

跑 $T=300$ 轮，得不到最优解的概率只有 ${10}^{-6}$ 级别，可以接受。

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