Codeforces Round 947 (Div. 1 + Div. 2) A~H
Codeforces Round 947 (Div. 1 + Div. 2)
A
模拟。
B
最小的 \(a\) 肯定作为 \(i\)。对于不被 \(i\) 整除的，最小的那个作为 \(j\)，判断是否合法即可。
C
二分答案。容易发现合法即存在两个 \(1\) 的距离 \(\le 2\)。
D
对于后手，当他走到一个红色点之后，接下来就没有任何限制了。所以先求出相遇点（可能不在点上，无伤大雅）。然后求以这个点为根的最长链即可。
E
一条路径必然存在两个端点，用 set 维护这两个端点，即叶子集合。
判断 \(u,v\) 是否合法，直接维护哈希值，判断其是否等于树上对应链的哈希值。
复杂度 \(O(n\log n)\)。
F
注意到是对于任意一个 \(T\) 都成立，肯定不能一个一个判。考虑把 \(T\) 按照最高位分成两组，除去这个最高位后它们就是相同的。
分讨：
- 若 \(S\) 的最高位是 \(0\)，那么相当于 \(\forall t\le 2^{n-1}-1,|S\cap T|\in V_{t}\) 且 \(|S\cap T|\in V_{t+2^{n-1}-1}\)，那其实就是 \(V_{t}\) 和 \(V_{t+2^{n-1}}\) 取与。
- 另外一种情况就是 \(V_{t}\) 和 \(V_{t+2^{n-1}}>>1\) 取与。
DFS 做到 \(O(n2^{n})\)。
G
首先假设没有 *，直接判断即可。
假设两个串都有 *，那么发现一个必要条件是两串的一段前缀需要匹配，两串的一段后缀需要匹配。不难得出这个就是充要的。因为中间的剩余部分已经满足两边均存在 *，两边的 * 都可以带一些数删去，然后又会变成一个两边都有 * 的情况，所以一定合法。
剩下的情况就是只有一边有 *，这些 * 把原来的串分成了 \(k\) 段，我们需要给每一段找到在另一个串中出现的位置，且这些串不能相交。那其实就是求出每个串在原串中的最小出现位置。暴力找匹配是 \(O(kn\log n)\) 的，但是注意我们并不需要把 \(1\sim n\) 拿出来找匹配，对于一个匹配位置 \(p\)，只需要拿出来 \(1\sim p+k-1\) 就足矣。所以考虑倍增匹配，无论是否合法，每次都会删去同等级别的位置。因为一共只有 \(n\) 个位置，所以总的复杂度为 \(O(n\log n)\)。
H
首先肯定是把最大的字符 \(c\) 全部拿出来。发现最优情况下开头和结尾一定都是 \(c\)，因为对于那些在第一个 \(c\) 前面的点，我们显然可以把他们放到第二个 \(c\) 的前面，这样一定更优。
那么整个串就形如 \(cs_{1}cs_{2}cs_{3}\dots cs_{k}c\)。假设 \(s_{i}\) 现在已经确定了，那么我们可以把 \(cs_{i}\) 看成一个整体，那么就递归成了一个子问题，即 \((cs_{1}),(cs_{2})\dots,(cs_{k}),c\) 这个串。不过此时比较并不是比较字典序，对于 \(cs_{i}\)，后面需要加上一个 \(+\inf\)，对于末尾 \(c\) 就再后面加上 \(-\inf\)。
于是现在我们只需要讨论每个 \(s_{i}\) 该怎么选能够使得答案最小。注意到 \(s_{i}\) 内部肯定递增，所以可以想到从小到大枚举每个字符 \(c'\)，一个直接的想法是维护一个最大值集合 \(S\) 表示当前的最大值。每次把最小的 \(|S|\) 个字符添到 \(S\) 的每个最大值后面，然后会有一部分最大值被删去。反复维护这个过程。
直到出现剩下的字符不够了，另一个直接的想法是均摊地插入到这些最大值中间，使得长度最小，但是这样会有一些情况有问题。比如顺序会造成一些奇怪的影响。不过注意到此时每个 \(c\) 后面至多跟上一个字符，发现实际上 \(s_{i}\) 已经确定了，就是剩下的字符，如果不够的就是空的，于是可以递归到子问题 \((cs_{i})\)。
分析复杂度，设最开始 \(c\) 的个数有 \(a\) 个，不是 \(c\) 的个数有 \(b\) 个。
- 如果是第一种情况，即 \(a\le b\)，那么一次递归会使得 \(a>b'\)。
- 如果是第二种情况，即 \(a>b\)，那么一次递归会使得 \(a'=a-b\)，不过注意到只要单个的 \(c\) 存在，那么它肯定是最大值，所以下一次我们并不需要重新计算 \(c\)。所以实际上我们可以使得 \(a'=a\bmod b\)。
总的递归轮数就是 \(O(\log n)\) 的，复杂度 \(O(n\log n)\)。
上述的递归过程访问了多次不是最大值的元素，这里有一个更优秀的做法。我们维护一个有序的序列 \(S\)，最开始 \(S=\{-\inf,s_{1},s_{2},\dots,s_{n}\}\)（排序后的）。维护一个指针 \(pos\) 来表示当前为最大值的后缀。
从小到大扫 \(S\)，每次把 \(S_{i}\) 加到 \(S_{pos}\) 的后面，然后 \(pos\) 加一。直到 \(pos=n+1\) 后，暴力往回跳寻找新的后缀。如果 \(S_{n}\) 的结尾是 \(-\inf\)，则停止递归，输出 \(S_{n}\) 除去 \(-\inf\) 的部分。
为什么这样是对的呢？考虑每次添加，如果 \(S_{i}\) 结尾是 \(-\inf\)，则表示这一轮递归开始了，第一个加到的位置就是末尾的 \(c\)。然后后面的数加到其他 \(c\)，实际上就是上面的操作。
分析复杂度，注意到实际上 \(pos\) 每次往回跳后得到的新的 \(pos\) 一定不会比原来的小，所以复杂度是 \(O(n)\) 的。
