THUPC2023(初赛)

大富翁

注意到每个支配的点对恰被计算一次，且同一个人的可以看作"给自己钱"

从式子的角度，记先手所选的集合为$S$，则答案即

$$\begin{array}{ll}&\sum_{x\in S}\left(\sum_{y\not\in S}[x支配y]-[y支配x]\right)-w_{x}\\=&\left(\sum_{x支配y}[x\in S][y\not\in S]-[x\not\in S][y\in S]\right)-\sum_{x\in S}w_{x}\\=&\left(\sum_{x支配y}[x\in S]-[y\in S]\right)-\sum_{x\in S}w_{x}\\=&\sum_{x\in S}(sz_{x}-dep_{x}-w_{x})\end{array}$$

按从小到大排序，先手即取所有下标为奇数的项，时间复杂度为$O(n\log n)$

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拧螺丝

将过程逆序，维护状态集合$S$，每轮操作即——

• 将$S$中每个数减去非负整数，要求这些非负整数的和不超过$k$
• 在$S$中加入$\max_{x\in S}x$

初始$S=\{n\}$，最终要求$\forall x\in S,x=0$

显然第一步应该尽量平均的减，进而归纳证明$S$中的极差$\le 1$

此时，$S$可以用三元组$(x,y,z)$描述，即由$x$个$z$和$y$个$z-1$​构成，则每轮转移为

$$\begin{cases}(x-k+1,y+k,z)&x>k\\(x+y-(k-x)\%(x+y)+1,(k-x)\%(x+y),z-\lfloor\frac{k-x}{x+y}\rfloor-1)&x\le k\end{cases}$$

第一类转移可以快速实现至$x\le k$，第二类转移次数为$O(n)$（$z$严格减小）

需要使用高精度，时间复杂度为$O(\frac{n^{2}}{\omega})$（其中$\omega$为压位）

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快速最小公倍数变换

对于素因子$p$，预处理出$v_{p}(r_{i})$的最大值$\alpha_{p}$和次大值$\beta_{p}$，并分类讨论：

• 若$\alpha_{p}=\beta_{p}$，则操作后$v_{p}$的最大值为$\max\{v_{p}(r_{i}+r_{j}),\alpha_{p}\}$

• 若$\alpha_{p}>\beta_{p}$，则操作后$v_{p}$的最大值为$\begin{cases}\beta_{p}&v_{p}(r_{i})=\alpha_{p}\or v_{p}(r_{j})=\alpha_{p}\\\max\{v_{p}(r_{i}+r_{j}),\alpha_{p}\}&otherwise.\end{cases}$

  关于前者，也即$\max\{v_{p}(r_{i}+r_{j}),\alpha_{p}\}+(\beta_{p}-\alpha_{p})$，可以看作选$v_{p}(r_{i})=\alpha_{p}$有系数$p^{\beta_{p}-\alpha_{p}}$

综上，将每个$r_{i}$带系数卷积即可，时间复杂度为$O((n+R)\log R)$（其中$R=\max r_{i}$）

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种苹果

参考这里

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速战速决

结论：若先手有两张点数相同的牌，则答案为$n$

时刻保证先手手中有与栈底相同的牌，第一轮即放其中一张

之后每一轮，若与后手下一张牌点数相同的另一张牌不在后手手中，则放与栈底相同的牌

否则，显然先手的手牌数$\ge$ 后手的手牌数 $>1$（后手有两张相同），放其他任意一张即可

若不为此情况，当$n=1$时无解，否则放$\{a_{n},a_{[1,n)},a_{1},a_{1}\}$即可

时间复杂度为$O(n)$

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公平合作

记$A=\max_{i=1}^{n}a_{i}$，并称答案概率的情况为"先手获胜"

问题分为两步：

• 求出当先手结果为$s$时获胜的概率，记为$g_{s}$（其中$s\in (L-A,L]$）

  定义$f_{k}$当前先后手结果分别为$s,k$时先手获胜的概率，则$f_{k}=\begin{cases}1&k>L\\0&s<k\le L\\\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f_{k+a_{i}}&k\le s\end{cases}$

  此时$g_{s}=f_{0}$，将序列翻转，即求$x^{L}\mod (x^{A}-\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x^{A-a_{i}})$，可以类似快速幂实现

  在此基础上，即得到$f_{0}=\sum_{i=L-A+1}^{L}x_{i}f_{i}+C$，顺序枚举$s$并对该式递推即可

• 求出答案

  定义$f_{k}$表示当先手结果为$k$时获胜的概率，则$f_{k}=\begin{cases}0&k>L\\\max(g_{k},\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f_{k+a_{i}})&L-A<k\le L\\\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}f_{k+a_{i}}&k\le L-A\end{cases}$

  最终答案即$f_{0}$，暴力求出$k>L-A$的$f_{k}$后，类似前者计算即可

时间复杂度为$O(n+A^{2}\log L)$

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喵了个喵 II

记$x_{i,j}$为$i$在$a$序列中第$j$次出现的位置（其中$j\in [1,4]$）

设子序列所选位置构成集合$S\subseteq [1,4n]$，则有以下结论——

结论：若有解，则存在一组解$S$，满足$\forall i\in [1,4n],|S\cap [1,i]|\ge \lceil\frac{i}{2}\rceil$

选择一组解$S$，并最大化$S$中最小的不满足上述条件的$i$（若不存在即得证）

根据$i$的最小性，有$2\not\mid i$且$|S\cap [1,i)|=\frac{i-1}{2}$，即$[1,i)$这个前缀被独立的划分

此时，不妨将$S\cap [i,n]$取反使$i$满足条件，即与最大化矛盾

推论：任取这样的一组解$S$，则$\forall i\in [1,n],x_{i,1}\in S$且$x_{i,4}\not\in S$

以前者为例，若$x_{i,1}\not\in S$，由于$|S\cap [1,x_{i,1}]|\ge \lceil\frac{x_{i,1}}{2}\rceil$，其必然与$S\cap [1,x_{i,1})$内匹配，矛盾

记$P_{i}=[x_{i,2}\in S]$，仅需保证任意$i\ne j$满足$\begin{cases}[x_{i,1}<x_{j,1}]=[x_{i,P_{i}+2}<x_{j,P_{j}+2}]\\ [x_{i,1}<x_{j,3-P_{j}}]=[x_{i,P_{i}+2}<x_{j,4}]\\ [x_{i,3-P_{i}}<x_{j,1}]=[x_{i,4}<x_{j,P_{j}+2}]\\ [x_{i,3-P_{i}}<x_{j,3-P_{j}}]=[x_{i,4}<x_{j,4}]\end{cases}$

（即$\forall p,q\in [1,2]$，两个序列中第$p$个$i$和第$q$个$j$位置关系相同）

枚举$P_{i},P_{j}$及限制，即对不满足的$(i,j)$在2-sat中建边（形如$P_{i}\rightarrow \overline{P_{j}}$和$P_{j}\rightarrow \overline{P_{i}}$）

用可持久化线段树优化建图，时间复杂度为$O(n\log n)$

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背包

设性价比$\frac{c}{v}$最高的物品为$i$，则其余物品数量总和$\le v_{i}$

若$>v_{i}$，任意排列后求前缀和，总存在一个区间$\mid v_{i}$，则替换为$i$一定不劣

同时，由于$V\ge (\max v_{i})^{2}$，因此仅关心于这些物品模$v_{i}$的同余最短路（每次取模额外减去$c_{i}$）

直接计算即可，时间复杂度为$O(n \max v_{i}+q)$

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乱西星上的空战

咕咕咕

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欺诈游戏

考虑纳什均衡，显然任意两个策略无单调性，因此对方所有决策期望结果相同

• 对于走私者，设其选$i$的概率为$P_{i}$，则$\forall j\in [0,n],\frac{j}{2}\sum_{i=0}^{j-1}P_{j}+\sum_{i=j+1}^{n}i\cdot P_{i}$相同

  考虑$j$和$j-1$时的两式，即$j\cdot P_{j}=\frac{j}{2}P_{j-1}+\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{j-2}P_{i}$，任取$P_{0}$递推后约至$\sum_{i=0}^{n}P_{i}=1$即可

• 对于检查官，设其选$i$的概率为$P_{i}$，则$\forall j\in [0,n],j\sum_{i=0}^{j-1}P_{i}+\frac{1}{2}\sum_{i=j+1}^{n}i\cdot P_{i}$相同

  类似的，可得$\frac{j}{2}\cdot P_{j}=j\cdot P_{j-1}+\sum_{i=0}^{j-2}P_{i}$，同理计算即可

时间复杂度为$O(n)$

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众数

显然可以贪心，设后缀最大值依次为$b_{1}(=n),b_{2},...,b_{k}$，则答案即$\sum_{i=1}^{k}i\sum_{j=1}^{n}[1,a_{j}]\cap (a_{b_{i-1}},a_{b_{i}}]$

简单计算即可，时间复杂度为$O(n+\max a_{i})$

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最后的活动

记$f_{s}$为剩余分数为$s$时的答案，考虑如何求——

定义$g_{i,S}$表示前$i$层分数为$S$时的答案，转移即

$$g_{i,S}=\begin{cases}f_{s-S}&i=n\\\max(f_{s-S},p_{0}f_{s-\lfloor\frac{sc}{100}\rfloor}+p_{1}g_{S+s_{1}}+p_{2}g_{S+s_{2}})&i<n\end{cases}$$

注意到$S$仅有$2^{n}$种，直接爆搜即可

另外，可能会转移到$f_{s}$自身，可以二分$f_{s}$并判定

时间复杂度为$O(m2^{n}\log \frac{1}{\epsilon})$

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世界杯