AGC029

A $(\texttt{sb} \ 0 / 0)$

即 $01$ 序列逆序对个数。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

B $(\texttt{Easy} \ 1 / 0)$

不难证明按照和从大到小匹配并删除即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \log n)$。

C $(\texttt{Easy} \ 1 / 4)$

二分答案并贪心安排，模拟在字典树上 dfs 的过程即可。

本题主要是代码难写。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \log n)$。

D $(\texttt{Easy} \ 1 / 0)$

为什么这个题能放 D。

注意是先手希望操作次数最大，所以先手如果能操作就必须会操作。后手的策略肯定是把先手弄到一个障碍物下面，但是可能因为障碍物遮挡不能每轮都移动。

处理出到每一列 $i$ 的最小值并枚举这一列的障碍物更新答案即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(w + n)$。

E $(\texttt{Medium} \ 4 / 1)$

降智了，没想出来！！！

钦定 $1$ 为树的根结点，记 $M(u, v)$ 表示 $u \to v$ 的路径去掉 $u$ 以后的最大值。如果我们扩展到了一个点 $u$，我们肯定会扩展到所有的 $v$，满足 $M(u, 1) < M(u, v)$。所以对于两个点 $u$ 和 $v$，记它们的 LCA 为 $w$，则 $u$ 会对 $v$ 产生贡献当且仅当 $v$ 在 $u$ 的子树内，或 $M(w, 1) < M(w, u)$，后者与 $v$ 无关。注意到对于一个 $u$，满足条件的 $w$ 肯定是从 $u$ 开始的一条往上的链，所以 $u$ 会对一个子树内的点产生贡献，可以使用树上差分维护。

至于如何找到 $w$，考虑 $1 \to u$ 路径上的最大值 $x$，显然 $x$ 以上是不行的、$x$ 以下可以，问题在于如何判断 $x$ 可不可以，再记录次大值即可判断。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

F $(\texttt{Easy} \ 4 / 3)$

考虑每次剥离一片叶子。如果我们从一个集合中选择两个点连边，并钦定其中的一个为叶子，那么我们把这个集合和其他集合内被钦定为叶子的这个点全部删去，就可以转化为一个子问题。发现这条边的另一个点并不重要，我们只需要保证删去叶子时集合内的点数 $\ge 2$ 即可。

我们把上面的操作换个形式：有一个 $(n - 1) \times n$ 的棋盘，每个格子内有 $0$ 或者 $1$，要进行 $n - 1$ 次操作，每次操作如下：

• 选择一个为 $1$ 的格子，使得其所在行中 $1$ 的个数 $\ge 2$，然后把以它为中心的十字里的数都变成 $0$。

先不考虑删的顺序，我们找出一组可能的 $n - 1$ 次操作所选的格子集合。这是一个二分图匹配，如果找不到的话显然无解。设第 $i$ 行选择的格子在第 $a_i$ 列，我们按照如下方法构造答案：

• 维护一个队列，其中只有一个初始元素，为唯一没有被选择的列的编号。
• 进行 $n - 1$ 次如下操作：取出队首元素 $j$ 并弹出（如果没有则判定为无解并退出），枚举所有使得第 $i$ 行第 $j$ 列的格子里的数为 $1$ 的 $i$，如果第 $i$ 行还没有选边的话则钦定第 $i$ 行的边为 $(a_i, j)$，然后把 $a_i$ 加入队尾。

其实就是把上面的操作倒过来进行。

如果操作能顺利进行的话，最后构造出来的解显然是合法的。现在的问题在于：我们有没有可能把有解的情况误判为无解呢？

答案是否定的。事实上，能够找到一组匹配是不够的，我们容易找到比它更强的有解的必要条件，那就是：对于任意 $i$ 个集合，其并集大小 $\ge i + 1$。可以证明在满足这个条件的情况下一定存在解，即它也是充分条件，所以并不会出现误判的情况。