【官方题解】Codeforces Round 939 (Div. 2)

Codeforces Round Ayachi Nene Solutions (div. 2)

A. Nene's Game

Idea: [user: Otomachi_Una]

Solution

不难发现如果一个人初始位置 $p\ge a_1$，那么必然会在有限次回合当中被踢出。答案即为 $min(n,a_1-1)$。

B. Nene and the Card Game

Idea: [user: Otomachi_Una]

Hint

两个人手上的对子和单牌数应该是相同的。

Solution

分析每种花色，有三种情况：

• 都在你手上，你必然获得这一分。
• 都在 Nene 手上，你必然得不到这一分。
• 一张在你手上，一张不在你手上，你也得不到这一分。

对于最后一点，Nene 可以这样子操作：

• 当你打出的牌是你对子中的一张时，Nene 也打出对子的一张。
• 当你打出对子中的另一张，Nene 也打出对子的另一张得分。
• 当你打出单牌，Nene 就打出另一张相同花色的牌。

这样子对于单牌你永远不可能得分。

所以答案就是你手上的对子树。

C. Nene's Magical Matrix

Idea: [user: Otomachi_Una]

Hint

当 $n=3$ 的时候，最优解如下：

1 2 3
2 2 3
3 3 3

Solution

不难发现最大总和的情况如下：

1 2 3 ... n
2 2 3 ... n
3 3 3 ... n
..... ... n
n n n n n n

构造是依次给 $i$ 行、列赋值 $1,2,3,\dots ,n$（$i=n,n-1,\dots ,1$）。

Proof

把 $\ge x$ 的元素是作为 $1$，$<x$ 的元素视作为 $0$，最后得到 $1$ 的个数记为 $f_M(x)$。那么总和即为 $f_M(1)+f_M(2)+\cdots +f_M(n)$。

下面证明：$f_M(x)\le n^2-(x-1{)}^2$。

一次操作可以视作为：给一行或一列染 $x-1$ 个 $0$，$n-(x-1)$ 个黑。

尝试加强结论，说明：对于任意的 $n\times m$ 的矩阵，每次操作可以对一行染 $x$ 个 $0$，$m-x$ 个 $1$；或者对一列染 $y$ 个 $0$，$n-y$ 个 $1$。想要填满这个矩阵至少需要 $xy$ 个 $0$。我们使用归纳法证明。

如果 $x=m$ 或者 $n=y$ 那么结论显然成立。

否则，不妨设最后一次操作是对最后一行染色，那么对于列操作，每次至少会对前 $n-1$ 行染 $y-1$ 个 $0$。

采用归纳法，得知前 $n-1\times m$ 的格子当中至少有 $(y-1)x$ 个 $0$。

加上最后一列 $x$ 个 $0$，一共就是 $xy$ 个 $0$。

QED。

D. Nene and the Mex Operator

Idea: [user: Otomachi_Una]

Hint 1

考虑 $a_i=0$ 能得到的最大值。

Hint 2

钦定一些 $a_i$ 不进行操作。操作过的 $a_i$ 最终都不会太大。

Solution

考虑 $a_i=0$ 时，我们总和可以达到 $n^2$，即 $a_i=n$。具体构造如下：

• 定义 $solve(k)$ 为把 $a_1\sim a_k$ 全部变为 $k$ 的方案。
• $solve(1)$ 可直接使用操作 $(1,1)$。
• $solve(k)$（$k\ge 2$）可以先调用 $solve(k-1)$，再把前 $k-2$ 个元素归零，然后再调用 $solve(k-2)$，再把前 $k-3$ 个元素归零，如此直到调用 $solve(1)$ 之后。当前的 $a=[1,2,3,\dots ,n-1,0]$。操作 $(1,n)$ 即可。

可以证明，每时每刻数列 $a$ 的 mex 不会超过 $n$。

本题中，我们考虑钦定一些 $a_i$ 不进行操作，那么进行操作的 $a_i$ 最大值不会超过所属进行操作的 $i$ 的极长段的长度。我们只需要判断哪种方案得到的值最大（这里可以使用 dfs 或者 dp），然后对每一段如果需要操作，先把要操作的元素全部清 $0$，再如同上面那样 solve 即可。

操作数不会超过 $\mathcal{O}(2^n)$。

E. Nene and the Passing Game

idea: [user: Otomachi_Una]

Hint

两个人 $i<j$ 能够传球，可以视作为：$[i+l_i,i+r_i]\cap [j-r_j,j-l_j]\ne \text{empty}$。

Solution

根据 Hint，我们可以向数轴上每个整点视作一个额外点。每个人 $i$，向额外点区间 $[i-r_i,i-l_i],[i+l_i,i+r_i]$ 连边（这里复杂度是 $\mathcal{O}(n\alpha (n))$ 的）。最终的答案就是每个人所属本质不同连通块数。

但是有个小问题，按这样子计算如果两个人 $i<j$，$[i-l_i,i-r_i]\cap [j-r_j,j-l_j]\ne \text{empty}$ 也被记入了，不能完成。

为了解绝这个问题，我们可以只保留数轴上同时被某两个 $[i-r_i,i-l_i],[j+l_j,j+r_j]$ 覆盖的点即可，这里使用前缀和找这些点复杂度是 $\mathcal{O}(n)$ 的。

F. Nene vs. Monsters

idea: [user: Otomachi_Una]

Hint 1

如果连续三个怪物的能量形如：$0,x,y$（$x,y>0$），那么血量为 $y$ 的怪物一定会死亡（因为会不断收到 $x$ 攻击）。

Hint 2

如果五个连续的怪物能量形如：$0,x,y,z,0$（$x,y,z>0$），那么 $x$ 必然存活，$y$ 必然死亡，如何判断 $z$ 的最终状态呢？

Hint 3

如果有一个四连段 $x,y,z,w$（$x,y,z,w>0$），那么经过宁宁几次魔法之后必然会有一个怪物死亡呢？

Solution

注意 Hint 3，假设经过了 $t$ 次魔法都不会有人死亡，那么分析 $w$ 的血量下限。

首先 $x$ 每次打出的伤害至少为 $1$，那么 $y$ 至少受到 $t$ 的伤害。$z$ 至少收到 $t-1+t-2+\cdots =\mathcal{O}(t^2)$ 伤害，即初始血量至少为 $\mathcal{O}(t^2)$ 的。同样的 $w$ 初始血量至少为 $\mathcal{O}(t^2+(t-1{)}^2+\cdots +1^2)=\mathcal{O}(t^3)$。

假设 $V={10}^9$，那么也就说明当 $t\sim \mathcal{O}(\sqrt[3]{V})$ 的时候必然有一个怪物死亡。

我们可以先跑 $\mathcal{O}(\sqrt[3]{V})$ 轮，这时候场上就不会有连续的四个活着的怪物了。我们可以对每一个段分析。这个段只有 $1\sim 3$ 个怪物 $x,y,z$（$x>0,y,z\ge 0$）：第一个怪物必然存活，第二个必然死亡；第二个怪物发出的攻击力为 $(y-x)+(y-2x)+\cdots +(ymodx)$。这部分可以用等差数列求和来解绝。

通过算出第二个怪物造成的伤害，第三个怪物的存活情况便知道了。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n\sqrt[3]{V})$。