AtCoder Regular Contest 185

保龄选手来写下记录。

A#

由于 $N<M$，所有 $i$ 在模 $M$ 意义下互不相同。

这说明如果一个人至少有两张牌，当前回合一定不会输。

设 $b$ 为 Bob 的最后一张牌。

Alice 打出最后一张牌后局面达到 $N(N+1)-b$。当且仅当 $b\equiv N(N+1)(\mathrm{mod}M)$，Bob 胜。

设 $c=N(N+1)modM$

1. $c\in [1,N]$。

   如果 Bob 一直将 $c$ 保留到最后，他就赢了。

   • Bob 手中牌数 $\ge 3$。

     可以用除 $c$ 外的另外两张来保证自己不会输。

   • Bob 手中牌数等于 $2$。

     设 Alice 打出最后一张牌为 $a$。

     则 Bob 倒数第二轮不打 $c$ 能达到的局面为 $N(N+1)-a-c\equiv -a\not\equiv 0$，不会输。

2. $c\notin [1,N]$，无论如何 Bob 都不会赢。

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B#

定义一个非降序列是「好的」当且仅当序列极差不大于 $1$。

结论：答案合法当且仅当他能操作为一个好的序列。

充分性：好序列也是非降的。

必要性：任意非降序列都能操作为一个好序列：

• 每次找到靠的最近 $i<j$ 满足 $A_j-A_i\ge 2$，一定有 $A_i<A_{i+1}$，否则 $i+1$ 更靠近 $j$，同理 $A_{j-1}<A_j$。
• 操作后仍然满足 $A_i^{\prime }\le A_{i+1}\le \cdots \le A_{j-1}\le A_j^{\prime }$。
• 不断操作直到找不到 $i,j$（极差不大于 $1$）。

最后能转化为的好的序列是唯一确定的，设为 $B$。

记 $a_i=\sum _{j=1}^i{A}_j,b_i=\sum _{j=1}^i{B}_j$。

非法当且仅当存在 $a_i>b_i$：

一次操作 $i,j$ 会使 $[i,j)$ 的前缀和加一，$(j,n]$ 的前缀和不变，即始终满足 $\mathrm{\forall }i,b_i\ge a_i$。

必要性显然，考虑充分性。

不妨将一次操作当成 $B$ 前缀和上的区间加，如果任意 $b_i\ge a_i$，最朴素的构造即对 $(i,i+1)$ 操作 $b_i-a_i$ 次。

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C#

记 $f(x)=\sum [A_i=x],g(x)=\sum [i<j\wedge A_i+A_j=x]$。

$g$ 可以通过 $f\ast f$ 再减掉点东西得到。

枚举 $1\le i\le n$，判断是否存在 $(j,k),j<k$ 对使得：

• $i\ne j\wedge i\ne k$。
• $A_i+A_j+A_k=X$。

一旦我们知道 $(j,k)$ 是否存在，即可用 $O(N)$ 的时间找到一组解（枚举 $j$，至多枚举三个 $A_k=X-A_i-A_j$）。

考虑计算 $(j,k)$ 的个数：

$$g(X-A_i)-(f(X-2A_i)-[3A_i=X])$$

即所有 $j<k,A_j+A_k=X-A_i$ 的方案减去 $i$ 为其中之一的方案。

时间复杂度 $O(N+V\log V)$。（NTT模数取1374389534721）

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D#

不妨先考虑 $M=1$。

把一次「根 $\to$ 叶子 $\to$ 根」称为一轮循环。我们显然是要求走完所有叶子的期望步数。

假设当前已经走过 $i$ 片叶子，到一个新叶子需要走期望 $\frac{N}{N-i}$ 轮。

最后答案即 $2\left(\sum _{i=0}^{N-1}\frac{N}{N-i}\right)-1$，减 $1$ 是因为最后一片叶子不需要回到根。

考虑一般的 $M$，我们仍然只关心叶子的覆盖情况。

设 $e$ 表示从根随机游走到一片叶子的期望步数，答案可以简单的表示为 $e(2\left(\sum _{i=0}^{N-1}\frac{N}{N-i}\right)-1)$。

问题抽象为：深度从 $i=0$，每次等概率使 $i\to i+1$ 或 $i\to i-1,(i>0)$，第一次 $i=M$ 的期望步数。

设 $f_i$ 表示从 $i$ 期望向 $i+1$ 走了多少步，$g_i$ 表示 $i+1$ 期望向 $i$ 走了多少步。

那么 $e=\sum f_i+g_i$。

对于任意 $i$，有 $f_i=g_i+1$。

对于 $i=M-1$，有 $f_i=1,g_i=0$。

对于 $i\in [1,M-1]$，每个点等概率决策是往上还是往下，因此 $g_{i-1}=f_i$。

可以递推出 $f_i=M-i,g_i=f_i-1$，$e=M^2$。

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E#

首先有朴素 DP：

$$f_i=\sum _{j=1}^{i-1}{f}_j+2^{j-1}gcd(a_i,a_j)$$

注意到

$$\begin{array}{rl}gcd(n,m)& =\sum _{d\mid gcd(n,m)}\phi (d)\\ \\ & =\sum _{d\mid n\wedge d\mid m}\phi (d)\\ \\ & =\sum _{d\mid n}[d\mid m]\phi (d)\end{array}$$

$f$ 部分先不管，最后加一个前缀和即可：

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{j=1}^{i-1}{2}^{j-1}\sum _{d\mid a_i}[d\mid a_j]\phi (d)\\ \\ & =\sum _{d\mid a_i}\phi (d)\sum _{j=1}^{i-1}[d\mid a_j]2^{j-1}\end{array}$$

同时维护 $g(d)=\sum _{d\mid a_j}{2}^{j-1}$，时间复杂度 $O(V\ln V+Nd(V))$。

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