Codeforces Round #700 (Div.1)

上红成功。

A.Searching Local Minimum

题意：交互题，事先确定一个长度为\(n\)的排列，可以询问不超过\(100\)次某位置的值，最终给出一个位置，满足两边相邻的元素值（如果存在）都大于这一位置的元素。
\(n\leq 10^5\)

题解：小范围暴力。否则考虑询问\(1,2,n-1,n\)的位置，判断\(1\)和\(n\)位置是否满足条件。

如果都不满足条件，可以证明可以从中选出三个数\(x,y,z\)满足\(x<y<z\)且\(a_x>a_y,a_z>a_y\)。考虑不断缩小三元组的值的距离。迭代，取\(y-x\)和\(z-y\)中较大者，假设为\(y-x\)，那么询问\(t=\lfloor\frac{x+y}{2}\rfloor\)处的值，比较其和\(a_y\)的大小，\(a_t<a_y\)则\((x,y,z)\to (x,t,y)\)，否则\((x,y,z)\to (t,y,z)\)，可以证明这样迭代会以\(O(\log n)\)的复杂度得到符合条件的一个位置。

B1/B2.Painting the Array

题意：将长度为\(n\)的数组划分为两个数组，满足归并后为原数组，且两数组不同颜色连续段个数之和最大/最小。
\(1\leq n\leq 10^5\)

题解：其实有一个统一的做法：暴力dp，设考虑前\(i\)个位置，两段末尾的颜色分别为\(a\)和\(b\)的答案的最大/最小值为\(f_{i,a,b}\)。由于第\(i\)个元素一定在某一个数组的末尾，因此其实颜色\(a\)是确定的，可以用一棵线段树维护以\(b\)为下标的\(f_i\)数组，转移到\(i+1\)，分为加入\(a\)之后和加入\(b\)之后讨论：如果加入\(a\)之后，\(b\)下标不变，若\(i\)与\(i+1\)颜色不同，数组全体增加\(1\)；如果加入\(b\)之后，一定更新下标为\(i\)的颜色的位置，讨论之前的\(b\)的颜色和\(i+1\)是否相同，分区间查询线段树的最值即可更新答案。总复杂度\(O(n\log n)\)。

C.Continuous City

题意：构造一张不超过\(32\)个点的正边权简单DAG，满足\(1\)到\(n\)长度为\(x\)的路径恰好有一条，\(x=L,L+1,\dots,R\)。

\(L,R\leq 10^6\)

题解：考虑递归，\(L=R\)直接连边，否则令\(mid=\lfloor\frac{L+R+1}{2}\rfloor-1\)，先构造关于\([L,mid]\)的图，设终点为\(t\)，新建一个复制点\(t'\)，将\(t\)的入边复制一遍，再由\(t'\)向\(t\)连一条长度为\(mid+1-L\)的边，此时，点\(t\)已经对区间\([L,R-((R-L+1)\bmod 2)]\)满足题目条件，若\(R-L+1\)是奇数，则额外新建一个工具点\(t''\)，构造一条\(1\to t''\to t\)的长度为\(R\)的路径即可。可以证明点数是\(O(\log R)\)的。

D.Odd Mineral Resource

考场上最后一分钟交题被卡常了...不爽

题意：一棵大小为\(n\)的带点权的树，\(q\)次询问，每次问\(u\)到\(v\)的路径上，是否存在\([l,r]\)中的权值，在路径上出现奇数次，如果有输出任意一个。

\(n,q\leq 3*10^5\)

题解：
考虑判断一个询问是否存在\([l,r]\)之间的答案：对\([l,r]\)中的每个数随机分配一个权值，计算\(u\)到\(v\)的路径点权值异或和是否为\(0\)即可。
因此类似于整体二分，先将\(q\)个询问用线段树规则拆分成\(O(\log n)\)个询问插入二分过程中。现在询问的答案在\([l,r]\)之间，队列中有权值为\([l,r]\)的点和待回答的答案在这个区间内的询问。由于有中途插入的询问，先判断一遍是否在\([l,r]\)有解。接下来取\(mid=\lfloor\frac{l+r}{2}\rfloor\)，判断每个有解询问是否在\([l,mid]\)中仍然有解，如有分在左半部分，否则在右半部分，点则按照权值分在两部分，递归进行即可。

分析复杂度，假设某一过程有\(k\)个操作，利用树状数组+lca统计路径异或和，复杂度为\(O(k\log n)\)，每个点操作会被执行\(O(\log n)\)次，每个询问会先被拆分为\(O(\log n)\)个，拆分后每个询问又最多递归\(O(\log n)\)次。但这里有一个优化：初步拆分的\(O(\log n)\)个询问，可以先判断一遍是否有解，选取一个有解的继续递归\(O(\log n)\)次寻找答案即可。于是总复杂度是\(O(n\log ^2n)\)。

E.School Clubs

题意：有\(n\)个人，每个人恰好属于\(m\)个俱乐部中的一个，每轮随机选一个人，\(\frac{1}{2}\)的概率令其单独成立一个新俱乐部（只有一个人），\(\frac{1}{2}\)的概率从已有俱乐部中随机选一个加入，对于此人离开前人数为\(a\)的俱乐部，其被选择的概率为\(\frac{a}{n}\)。求所有人都在一个俱乐部内的期望时间。

题解：这是一个期望停时问题，可以通过建立一个势函数来解决。解决方法见出题人的blog。
假设现在的俱乐部人数可以用一个可重集\(A\)表示，根据信仰，我们认为存在一个合法的势函数可以写成如下形式：

\[\phi(A)=\sum_{a\in A}f(a) \]

那么由停时定理，问题转化为求\(\sum_if(a_i)-f(n)\)，其中\(a_i\)表示初始时刻第\(i\)个俱乐部的人数。现在关注如何求解\(f\)。

首先，由于添加若干个人数为\(0\)的俱乐部没有影响，一定有\(f(0)=0\)。

那么为了满足\(\mathbb{E}[ \phi(A_{t+1})-\phi(A_t) \mid A_t, A_{t-1}, \dots, A_1, A_0 ]=\mathbb{E}[ \phi(A_{t+1})-\phi(A_t) \mid A_t]=-1\)，根据题目的转移规律有：

\[\mathbb{E}[ \phi(A_{t+1})-\phi(A_t) \mid A_t] \]

\[=\sum_{a\in A}\frac{a}{n}\Bigg(\frac{1}{2}\Big(\phi(A_k)-f(a)+f(a-1)+f(1)\Big)+\frac{a}{2n}\phi(A_k)+\frac{1}{2}\sum_{b\in A,b\not\equiv a}\frac{b}{n}\Big(\phi(A_k)-f(a)+f(a-1)-f(b)+f(b+1)\Big)\Bigg)-\phi(A_t) \]

\[=\frac{1}{2}\Bigg(f(1)+\sum_{a\in A}\frac{a}{n}\bigg(\Big(2-\frac{a}{n}\Big)\Big(f(a-1)-f(a)\Big)+\Big(1-\frac{a}{n}\Big)\Big(f(a+1)-f(a)\Big)\bigg)\Bigg) \]

\[=-1 \]

由\(A\)的任意性，可得\(\frac{1}{2}f(1)=-1\)，于是\(f(1)=-2\)
，于是：

\[\Big(2-\frac{a}{n}\Big)\Big(f(a-1)-f(a)\Big)+\Big(1-\frac{a}{n}\Big)\Big(f(a+1)-f(a)\Big)=0 \]

令\(g(a)=\Delta f(a)=f(a+1)-f(a)\)，转化得：

\[\frac{g(a)}{g(a-1)}=\frac{2n-a}{n-a} \]

\[g(a)=g(0)\prod_{i=1}^a\frac{g(i)}{g(i-1)}=-2\prod_{i=1}^a\frac{2n-i}{n-i} \]

可以验证：

\[f(a)=f(0)+\sum_{i=0}^{a-1}g(i)=-2\sum_{i=0}^{a-1}\prod_{j=1}^i\frac{2n-j}{n-j}=-2\frac{n}{n-1}\Big(\prod_{i=1}^a\frac{2n-i}{n+1-i}-1\Big) \]

于是：

\[f(a)=-2\frac{n}{n-1}\Big(\prod_{i=1}^a\frac{2n-i}{n+1-i}-1\Big)\tag{1} \]

\[=-2\frac{n}{n-1}\Big(\frac{(2n-1)!(n-a)!}{(2n-a-1)!n!}-1\Big)\tag{2} \]

接下来的处理和鬼牌类似，设阈值\(T\)，对于\(a_1,a_2,\dots,a_m\)，分为\(\leq T\)和\(>T\)两部分。\(\leq T\)的部分，由\((1)\)式通过\(O(T+m\log \rm{MOD})\)的复杂度递推求解；\(>T\)的部分不超过\(\frac{n}{T}\)个，利用\((2)\)式配合分段打表求阶乘解决，假设打表间隔为\(T'\)，这一部分的复杂度就是\(O(\frac{n}{T}T')\)。

综上所述，解决问题的时间复杂度为\(O(T+\frac{n}{T}T'+m\log \rm{MOD})\)，考虑到打表，空间复杂度为\(O(m+\frac{n}{T'})\)。可以取\(T=10^7,T'=2*10^5\)（CF的代码长度限制为65535B）。