ARC 板贺

AtCoder [ARC099B] Snuke Numbers

一种题目：要求列出 前 $k$ 小 的所有满足条件的数。

这时候有个 Trick：可以考虑求一个 $f (n)$ 表示 $\geq n$ 的最小的满足条件的数。这样就可以从 $f (1)$ 出发跳 $k - 1$ 次 $f (n + 1)$ 求出前 $k$ 小的 $n$ 。

此题中， $f (n)$ 即为 $\geq n$ 的数中最小化 $\frac{n}{S (n)}$ 的整数 $n$ ，其中 $S$ 为十进制下数位和。而 $f$ 容易贪心求出，依次将 $n$ 的最后若干位改为 $9$ 即可。

AtCoder [ARC099C] Independence

将一给定无向图 按点集 分成两个 完全子图，判断是否可行；若可行，最小化被任一子图完全包含的边的数目。 $n \leq 700, m \leq \frac{n (n - 1)}{2}$

众所周知团即为补图中的独立集。观察 $n, m$ 的范围可以想到建立补图。

这是因为考虑套路：把 划分问题转化为染色问题。任一对同色节点相邻 变为补图中 任一对同色节点不相邻，后者即相当于：要求划分为一张二分图。这可以用染色法轻易解决。

断言：对于一个连通二分图，将其二染色的方案是唯一的（除交换左右部外）。
引理：对于一个非连通二分图，其每个连通块均为二分图（允许有一部为空）。

因此可以对所有连通块判断是否为二分图。若有不是者，则整个划分不可行。否则可以求出每个连通块的两部分点数 $x, y$ 。即转化为适当决定每组 $x, y$ 分别 加入整个划分的左部还是右部。

回到此题，相当于考虑两个点集大小为 $a, b$ ，最小化 $\frac{a (a - 1) + b (b - 1)}{2}$ 。由于 $n = a + b$ 及基本不等式，简单推式子可知相当于最小化 $| a - b |$ 。

这时候已经是 集合二划分最小化大小差 的板子题，直接用一个 可行性背包 就可以解决。

AtCoder [ARC099D] Eating Symbols Hard

对于这种状态内维护一个序列的逆题，直接对于进行序列哈希。发现传统哈希即可支持按位左移 / 右移 / 单点加减 / 差分，即得到区间哈希值，但是还需要考虑预处理前缀的位移和 $p_{i}$ 用来计算，设基数为 $x$ ，即：

h_{[l, r]} = \frac{h_{r} - h_{l - 1}}{x^{p_{l - 1}}}

设 $k = h_{[1, n]} = h_{n}$ ，即统计使上式等于 $k$ 的 $(l, r)$ 数目。为了做到 $O (n)$ ，考虑：

k = \frac{h_{r} - h_{l - 1}}{x^{p_{l - 1}}}

h_{r} = k \cdot x^{p_{l - 1}} + h_{l - 1}

扫描线加上 map 随便统计即可。注意 Hash 强度，考虑双模数 / 双基底。

AtCoder [ARC100D] Colorful Sequences

不会。

AtCoder [ARC101C] Ribbons on Tree

带容斥系数 DP 板题。可以理解为每个方案有一个 权值 $\pm 1$ ，就是套路求所有方案权值和。

就本题而言，有一个显然的枚举断开的边集的 $O (2^{n} n)$ 容斥做法。考虑用带容斥系数的树形 DP 快速计算。设 $f_{i, j}$ 表示 $i$ 子树内，以 $i$ 为根的连通块大小为 $j$ 的方案权值和。遍历每条边是否断开，决定是否取反贡献的符号即可转移。

目标： $f_{1, n}$ 。

AtCoder [ARC101D] Robots and Exits

最多可能有 $2^{n}$ 种方案，也就是各个 bot 可以任意选择左出还是右出。

考虑两边（有一个方向上没有出口）的 bot 毫无贡献（选择固定），在每个方案的最后一定能让这部分中剩下的出去即可。

只考虑其余每个 bot，它选择左还是右取决于 首先移动到哪个出口。形式化地，考虑第 $i$ 次操作的位置前最远向左移动 $x_{i}$ ，最远向右移动 $y_{i}$ 步（前缀最值），第 $j$ 个 bot 到左出口距离 $a_{j}$ ，到右出口距离 $b_{j}$ ，那么 $j$ 的选择取决于 $x$ 达到 $a_{j}$ 和 $y$ 达到 $b_{j}$ 哪个更早发生。

考虑 几何意义（神仙！），则 $(x_{i}, y_{i})$ 构成一条 非严格单调增折线，顶点 $(a_{j} - 0.5, b_{j} - 0.5)$ 在折线 上方还是下方 即可表示其 先满足 $x \geq a_{j}$ 还是 $y \geq b_{j}$ 。然后就变成了 CSP2022J D，即枚举最后一个拐点 $i$ 来表示一堆方案 $f_{i}$ ，二维偏序从左下方点转移。

CAUTION：没有拐点，即全部先满足 $x \geq a_{j}$ 也是合法方案。

目标： $1 + \sum f_{i}$ 。

AtCoder [ARC102C] Stop. Otherwise...

考虑对于每个 $x$ ，那么就是有若干限制形如： $(i, x - i)$ 表示两种数只能同时出现其一； $\frac{x}{2}$ 最多出现一次；其余任意情况下从 $1, 2, \dots, n$ 中可重选出 $m$ 个数的方案数。把所有对子 $(i, x - i)$ （假设有 $t$ 个）统一考虑，相当于有 $t$ 个物品的方案数背包，DP 即可。结合对 $x$ 的枚举，可以做到 $O (n k^{2})$ 。

为了做到 $O (n k)$ ，需要一个观察：限制数对之间以及数之间没有本质区别。换言之，实际上只关心 限制数对的数目 以及 限制数的个数（ $0 / 1$ ） 即可唯一确定方案数。因此，可以设 $f_{i, j, 0 / 1}$ 表示当前处理的数对（物品）数，背包大小（ $0 \leq j \leq m$ ），是否用过限制（只能出现一次的）数，即可完成预处理。最后根据每个 $x$ 对应的前述两个数目调取即可。

AtCoder [ARC103C] Tr/ee

简单题，首先判一下存在解的充要条件： $s_{1} = 1, s_{n} = 0, \forall 1 < i < n, s_{i} = s_{n - i}$ 。

构造：从大到小枚举每个存在的 $s i z$ ，每次新建一个点作为上次的点的儿子，然后给上次的点接上 $l s t - s i z$ 个叶子补齐上次的点的子树大小。

AtCoder [ARC103D] Distance Sums

考虑给 数值不重复 数组 $D_{i}$ 表示第 $i$ 个点到树上其余点距离之和，如何构造。直接做无从下手，考虑关键点。

也就是：

$D_{i}$ 最大的点是叶子。
$D_{i}$ 最小的点是重心。（注：其实城市建造就是一个以重心为中心递归做下去的题目，这里和此题类似）然后考虑从重心出发，运用 cmd 的 按重心移动 套路，考察重心旁点的 $d$ 值的性质。也就是（任取一个根后）

D_{u} = D_{v} - s z_{u} + (n - s z_{u})

不妨以重心为根，考察之前所说的 $D_{i}$ 最大的叶子节点，可以直接推出它的 父亲的 $D_{i}$ ，即可知 $f a_{i}$ 的值（没有相同 $D_{i}$ 故取法唯一）。进而再找 $D_{i}$ 次大节点，以此类推，可以推出所有 $f a_{i}$ ，也就推出了树结构。这中途若出现找不到所需 $D$ 值的节点的情形，即无解。

总结：在重心和叶子两类特殊节点的基础上逐步外推。

但这样得到的树，仅仅保证了 $D_{i}$ 的相对数量关系。因此还需要对得到的树真实求一遍 $D_{i}$ ，只要有一个对应得上，整棵树就一定均合法。

AtCoder [ARC103D] Distance Sums

全部减去平均数然后多重背包处理。注意到值域达到 $k^{3}$ 所以需要 $O (1)$ 转移，但是此题物品数目 $k$ 固定 相当于每次转移的 split 完全相同，直接对模 $k$ 各同余类内的 $s i z$ 前缀和优化即可。

AtCoder [ARC105B] MAX-=min

考虑这个操作实际上就是 $n$ 个数做更相减损……所以答案为 ${gcd}_{i = 1}^{n} a_{i}$ 。

AtCoder [ARC105C] Camels and Bridge

考虑 $n$ 很小，可以直接枚举全排列再枚举区间，进行 $O (n! n^{2})$ 次计算一个区间内的骆驼至少要隔多少距离，即：

max_{i ∣ v_{i} < \sum_{j \in S} a_{j}} l_{i}

之后问题即：求出满足所有 $n^{2}$ 个 $(i, j)$ 距离限制的最小总距离。DP 即可，即设 $f_{i}$ 为前 $i$ 个的最小总距离即可。

发现这个东西只和集合 $S$ 有关而 只有 $2^{n}$ 种本质不同的 $S$ 所以可以直接 $O (m 2^{n})$ 按上式预处理。总复杂度 $O (m 2^{n} + n! n^{2})$ 。

AtCoder [ABC290F] Maximum Diameter

Vandermonde 卷积

$\sum_{i = 0}^{k} (\binom{n}{i}) (\binom{m}{k - i}) = (\binom{n + m}{k})$
组合意义易证，亦可用二项式定理： $(x + 1)^{n} (x + 1)^{m} = (x + 1)^{n + m}$ ，后者两边分别化开比较系数可证上式。

考虑合法序列仅有有限种，具体来说即 $\sum_{i = 1}^{n} d_{i} = 2 n - 2, \forall 1 \leq i \leq n, 1 \leq d_{i} < n$ 。

接下来考虑每个序列的贡献，即给定度数数组 $d$ 求最长可能直径。遇事不决，考虑上下界。显然答案的上界即将所有 $d_{i} > 1$ 的点都放在直径上，若有剩余 $d_{i} = 1$ 可以接在两边得到的结果。

考虑证明可取到此上界。考虑从任意状态归纳，可以发现：若有不在直径上 $d_{i} > 1$ 的点，则其不可能只与 $d_{i} = 1$ 的节点相邻（因为这些点也不能接直径，则图不连通）。由此可知，一定有 $d_{i} > 1$ 的点恰好接在直径旁边。直接将其单旋（？）到直径上，容易发现不改变度数。

即答案为：

n - \sum_{i = 1}^{n} [d_{i} = 1]

回到计数。发现贡献仅和 $d_{i} = 1$ 的点数有关，枚举之，记为 $i$ ，剩下的就是一个 $n - 2$ （每个数都减去 $i$ ，调整值域从 $1$ 开始）的 $n - i$ 有序拆分的求，直接插板即可。

\sum_{i = 2}^{n - 1} (n + 1 - i) (\binom{n}{i}) (\binom{n - 3}{n - i - 1})

观察到卷积形式，直接拆开：

\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} (n + 1 - i) (\binom{n}{i}) (\binom{n - 3}{n - i - 1}) \\ = & (n + 1) \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n - 3}{n - i - 1}) - \sum_{i = 0}^{n} (n + 1 - i) \frac{n!}{(n - i)! i!} (\binom{n - 3}{n - i - 1}) \\ = & (n + 1) \sum_{i = 0}^{n} (\binom{n}{i}) (\binom{n - 3}{n - i - 1}) - n \sum_{i = 0}^{n} \frac{(n - 1)!}{(n - i)! (i - 1)!} (\binom{n - 3}{n - i - 1}) \\ = & (n + 1) (\binom{2 n - 3}{n - 1}) - n (\binom{2 n - 4}{n - 2}) \end{aligned}

倒数第二步使用吸收恒等式，目的为吸收 $i$ 为组合数的一部分；因此还需提出 $n$ ，即得到 $i (\binom{n}{i}) = n (\binom{n - 1}{i - 1})$ 。

最后一步使用 Vandermonde 卷积。后半部分将 $i - 1$ 看做一个整体。

AtCoder [ARC108D] AB

原范围 $n \leq 1000$ ，直接对终序列做区间 DP 即可。但是可以发现这题最多只有 $2^{4}$ 种变换规则，考虑分讨找规律做到 $O (\log n)$ 。

先考虑 $c_{AB} = B$ ，则第一步一定变为 $ABB$ 。注意：直接考虑什么样的终序列可行，以避免对中间过程的模拟。

$c_{BB} = B$ 。此时只有 $AB \dots B$ 共 $1$ 种方案。
$c_{BB} = A, c_{BA} = A$ ，则考虑从 $ABB$ 出发，在 $AB$ 与 $B$ 之间，可以任意在一个 $B$ 之后加入 $A$ ，在一个 $B$ 后面（与最后的 $B$ 加入 $B$ ，形成 所有以 $AB$ 起始、 $BB$ 结尾的串。故答案为 $2^{n - 3}$ 。
$c_{BB} = A, c_{BA} = B$ ，则考虑从 $ABB$ 出发，在 $AB$ 与 $B$ 之间，可以任意在一个 $A$ 之前加入 $B$ ，在一个 $B$ 之前加入最多一个 $A$ ，形成 所有以 $AB$ 起始、 $BB$ 结尾、 $A$ 不连续的串。故答案为 ${Fib}_{n - 2}$ 。

对于 $c_{AB} = A$ ，同理可得类似结果。

所有结果均可以用（矩阵）快速幂求出。 $O (n^{2}) \to O (\log n)$ 。

AtCoder [ARC110D] Binomial Coefficient

非常好问题。

给定序列 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{N}$ ，对于所有长度为 $N$ 且和不超过 $m$ 的非负整数序列 $b$ ，求 $\prod_{i = 1}^{N} (\binom{b_{i}}{a_{i}})$ 之和，对 $10^{9} + 7$ 取模。 $N \leq 10^{3}, 1 \leq m \leq 10^{9}, 0 \leq a_{i} \leq 2 \times 10^{3}$ 。

首先尝试将 和不超过 $m$ 转化为恰好等于 $m$ ：添加一个 $a_{N + 1} = 0$ 即可。下设 $n = N + 1$ ，然后考虑两类做法：

组合意义

组合意义化简的原理即：对同一问题的解给出不同表达式以构造恒等式。

考虑处理这个连乘，即 乘法原理：考虑构造多个互不影响的组合数形成的问题。

注意到 $(\binom{b_{i}}{a_{i}})$ 即为将 $b_{i} - a_{i}$ 个球插入 $a_{i} + 1$ 个空（空看作盒子，即允许空盒插板）的方案数。考虑将 $n$ 段 $b_{i} - a_{i}$ 个球插入 $a_{i} + 1$ 个空的序列连成一列，可以发现每段之间互不影响，可以用乘法原理计算方案。同时也可看作一个整体序列内的插板问题，即 $\sum (b_{i} - a_{i})$ 个球插入 $\sum (a_{i} + 1)$ 个空。故：

\begin{aligned} \prod_{i = 1}^{n} (\binom{b_{i}}{a_{i}}) & = (\binom{m - \sum a_{i} + \sum a_{i} + n - 1}{n + \sum a_{i} - 1}) \\ = (\binom{m + n - 1}{n + \sum a_{i} - 1}) \\ = (\binom{N + m}{N + \sum a_{i}}) \end{aligned}

暴力计算组合数做到 $O (\sum a_{i}) = O (n V)$ 复杂度。

代数推导

背包型的计数合并考虑用 OGF 解决。即求 $[x^{m}] \prod_{i = 1}^{n} F_{a_{i}}$ ，其中

\begin{aligned} F_{j} (x) & = \sum_{i \geq 0} (\binom{i}{j}) x^{i} \\ = \sum_{i \geq 0} ((\binom{i - 1}{j - 1}) + (\binom{i - 1}{j})) x^{i} \\ = \sum_{i \geq 0} (\binom{i - 1}{j - 1}) x^{i} + \sum_{i \geq 0} (\binom{i - 1}{j}) x^{i} \\ = x F_{j - 1} (x) + x F_{j} (x) \\ = \frac{x}{1 - x} F_{j - 1} (x) \end{aligned}

由 $F_{0} = \sum_{i \geq 0} x^{i} = \frac{1}{1 - x}$ 得

F_{j} (x) = \frac{x^{j}}{(1 - x)^{j + 1}} \prod_{i = 1}^{n} F_{A_{i}} = \frac{x^{\sum a_{i}}}{(1 - x)^{n + \sum a_{i}}}

求上式中 $x^{m}$ 的系数，相当于求

(\frac{1}{1 - x})^{n + \sum a_{i}}

中 $x^{m - \sum A_{i}}$ 的系数。而对后者求系数是一个典中典广义二项式定理。即

\begin{aligned} (\frac{1}{1 - x})^{j} & = [x^{i}] (\frac{1}{1 - x})^{- j} \\ = (\binom{i + j - 1}{i}) \end{aligned}

可得最终答案：

\begin{aligned} (\binom{m - \sum a_{i} + n + \sum a_{i} - 1}{m - \sum a_{i}}) & = (\binom{m + n - 1}{m - \sum a_{i}}) \\ = (\binom{m + n - 1}{n + \sum a_{i} - 1}) \\ = (\binom{N + m}{N + \sum a_{i}}) \end{aligned}

[ARC111C] Too Heavy

首先若初始时存在 $i$ 使得 $a_{i} \leq b_{p_{i}}$ 且 $p_{i} \neq i$ 则无论如何不可能改变 $p_{i}$ ，因此无解。

对于排列 $S$ 通过交换变换为 $T$ 的问题，考虑拆置换环（轮换），后者容易通过交换完成，且显然次数最少。

但是环上相邻两个位置若直接交换，可能会有很大的 $b_{i}$ 尚未到达 $a_{i}$ 就在一个较小的 $a_{j}$ 处卡住。

考虑引入交换的中转，定义为置换环上 $a_{p}$ 最大的节点 $p$ 。不是直接依次交换 $(a_{i}, a_{i + 1}), \dots$ 而是依次交换 $(a_{p}, a_{i}), (a_{p}, a_{i + 1}), \dots$ ，则除非环上有 $b_{i} > a_{p} \geq a_{i}$ 否则一定不会卡住，后者已经被判掉无解了。

不會「填数游戏」，我該怎麽辦？

[ARC112C]

树形 DP 题。

[ARC112D]

二分图题。

[ARC113D]

\forall i, j, {min}_{j = 1}^{m} G_{i, j} \leq G_{i, j} \leq {max}_{i = 1}^{n} G_{i, j} \forall i, j, A_{i} \leq B_{j}

[ARC114D] Moving Pieces on Line

做过，但差点还是不会。

考虑这个操作就是选 $n$ 个区间（分别已经固定一个端点）异或 $1$ ，要求达成目标序列。

直接差分。然后已经固定的端点位置异或上 $1$ ，连同目标序列的 $k$ 个分界点也要异或上 $1$ 。

就是要把前者和后者两两匹配起来，形成 $k$ 个区间异或操作，以得到目标序列。

但是在 $n > k$ 时，序列上会多出 $n - k$ 个 $1$ ，需要前者和前者匹配。

带权匹配问题，因为在序列上，直接二维 DP 即可 $O (1)$ 转移。

[ARC115A] Two Choices

不会做 A，莼菜。

条件即

2 ∣ popc (a xor b) ⟺ [2 ∣ popc (a)] \neq [2 ∣ popc (b)]

[ARC115B] Odd Degree

观察题。

首先要注意到（无脑选手表示真想不到吧）

若 图为一棵树，可以从叶子出发，自底向上归纳得到：选出度数为奇数的 奇点集方案与合法边集方案一一对应。因此方案为 $(\binom{n}{k})$ 、

进而推广到有环情形。随便取一棵生成树，可以发现任意非树边是否取，都会改变两个点的树边度数奇偶性，而对应树边的所需取法也会改变。因此。当剩下 $n - 1$ 条树边未决定时，整个图的方案就唯一了。故方案数为 $2^{m - n + 1} (\binom{n}{k})$ 。

进而推广到多个连通块。要求奇点总和 $k$ ，直接 背包 DP，求 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个连通块选 $j$ 个奇点的方案数。因为 $\sum s i z = n$ （相当于树形背包的 $s i z$ 优化）所以复杂度是 $O (n^{2})$ 的。

[ARC149B] Two LIS Sum

遇事不決考慮貪心。注意任意次邻项交换等价于任意两项交换。对 $A$ 做后者，显然每次都可以使得 $LIS (A)$ 增加 $1$ ，直到 $A$ 有序。而对应于 $B$ 上相当于任意两项交换，显然 $LIS (B)$ 减少不超过 $1$ 。

这就证明了 $A$ 无序的任意状态不优于 $A$ 有序的状态。所以直接排序 $A$ ，对应映射交换 $B$ ，答案为

LIS (A^{'}) + LIS (B^{'}) = n + LIS (B^{'})

DP 求出 $LIS (B^{'})$ 即可。

[ARC149D] Simultaneous Sugoroku

整體法大車創飛不可做題 /oh

部分题目中多组询问相对独立，但每次回答无法优化到 $O (n)$ 等以下；这时可以手动 整体考虑，例如整体二分等，以便充分利用信息。

离散的点移动起来是 $O (n)$ 的，考虑值域是比较小的，不如直接预处理所有出发点 $x \in [- 10^{6}, 10^{6}]$ 的答案。这样点集就可以表为区间，单个整体加减是 $O (1)$ 的。

考虑一次平移，区间会变成 $3$ 个部分，即留在原点的和左右平移形成的 $2$ 个区间。但是这样区间数目指数增长，无法快速维护。考虑利用如下显然的事实：

Trick：对于 $x$ 和 $- x$ ，其经过相同 $D$ 序列的变换后得到的结果 $x^{'}, - x^{'}$ 仍互为相反数。

我们每次只维护一段符号相同的区间 $[l, r]$ 的情况。
若在执行当前操作后符号不完全相同了，则利用上面的对称性将符号不同的两边中元素数量较少的一边扔了——反正后面可以通过对称性得出（实现时可以建边处理）；并对恰好可以取到 $0$ 的位置打上标记。
最后 dfs 一遍推出被扔掉的点的信息。

发现这样每次只需要维护 $1$ 个区间即可。可以做到 $O (n + m + V)$ 。

[ARC150B] Make Divisible

根號分治題如果標個「Tag：根號分治」往往簡單得多，但這是需要自己想到的。~~所以什麽題都嘗試一下就好了。~~

其實也可能可以看數據範圍決定。例如此題： $100 \times \sqrt{10^{9}}$

$A \leq \sqrt{B}$

显然在最优方案中， $X < A$ 。若 $A$ 很小就可以暴力枚举 $X$ ，然后易 $O (1)$ 求 $Y$ 。
$A > \sqrt{B}$

我是唐诗。

posted @ 2023-10-29 21:23 音街ウナ阅读(51) 评论(0) 编辑收藏举报

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