AtCoder Regular Contest 145

A

答案为 Yes 当且仅当 $s[1] \ne$ A 或 $s[n] \ne$ B。

注意判 $n = 2$。

B

Alice 可胜利当且仅当 $n \ge a \wedge n \bmod a < b$。

C

显然我们应该凑 $(2i - 1, 2i)$。

那么我们用一个括号序列描述 $2i - 1$ 和 $2i$，不难发现答案为

$$\frac{\binom{2n}{n}}{n + 1} \cdot n! \cdot 2^n$$

D

想到一半才想起来之前见过。

考虑三进制，发现我们把所有三进制下只有 $0$ 和 $1$ 的数拿出来即可，数量足够。

随便取 $n - 2$ 个，剩下两个合理选取可以使得 $n \mid m - s$，其中 $s$ 表示选出的数的和，然后平移即可。

E

注意到操作是可逆的，即我们可以每次令 $b_i \leftarrow \oplus_{j = 1} ^ i b_j \ (1 \le i \le k)$，目标是把 $b$ 变为 $a$。

考虑从后往前构造。如果我们能在 $\mathcal{O}(\omega) + \mathcal{O}(1)$ 的操作次数内把 $b_n$ 变为为 $a_n$，我们就能解决原问题了，其中 $\omega = 60$ 表示值域。

注意到要使 $b_n$ 变化肯定最后要操作一次 $n$，于是我们需要使得 $b$ 序列的异或和为 $a_n$。

我们考虑按位操作。设 $p_d$ 表示从前往后 $2^d$ 这一位为 $1$ 的第一个位置。若操作 $p_d + 1$，则只有 $b_{p_d + 1}$ 的 $2^d$ 这一位会发生变化，即异或和的 $2^d$ 这一位翻转。我们按照 $p_d$ 从大往小的顺序操作，每次若当前异或和与 $a_n$ 的 $2^d$ 这一位不同则操作 $p_d + 1$。

看起来很对且必然有解，但我们忽略了一种情况：$p$ 中可能存在相等的位置。

事实上稍微想一下就知道肯定不是必然有解：若 $a_n \oplus b_n$ 不在 $b_1, b_2, \cdots, b_{n - 1}$ 的线性基的张成中，则无解。

同时我们注意到，只要记录每个数是由线性基中的哪些数表出的，并以其代替 $b$ 操作，就不会存在 $p$ 相等的情况了。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2 \omega)$。

F

首先令 $a_i \leftarrow a_i + i - 1$，则值域变为 $[0, n + m)$，我们需要求

$$[x^j y^n] \prod_{i = 0} ^ {n + m - 1} (1 + x^i y)$$

其中 $x$ 这一维是模 $p$ 意义下的循环卷积。

首先我们令 $n + m = kp + b$，上式可变为

$$[x^j y^n] \prod_{i = 0} ^ {p - 1} (1 + x^i y) ^ k \prod_{i = 1} ^ b (1 + x^{n + m - i} y)$$

后面的边角料可以最后暴力背包求出，我们关注如何求出

$$f(x) = [y^n] \prod_{i = 0} ^ {p - 1} (1 + x^i y) ^ k$$

由循环卷积可以想到单位根。我们考虑求

$$g_j = [y^n] \prod_{i = 0} ^ {p - 1} (1 + \omega_p^{ij} y) ^ k$$

令 $d = \gcd(j, p), q = \frac{p}{d}$，可以得到

$$g_j = [y^n] \prod_{i = 0} ^ {q - 1} (1 + \omega_q^i y) ^ {dk}$$

因为 $-\omega_q^i$ 是 $1 - (-x)^q = 0$ 的 $n$ 个根，所以

$$\prod_{i = 0} ^ {n - 1} (1 + \omega_n^i x) = 1 - (-x) ^ n$$

代入上式，可以得到

$$g_j = [y^n] (1 - (-x) ^ q) ^ {dk}$$

可以 $\mathcal{O}(1)$ 求出。

考虑如何由 $g$ 还原出 $f$ 的系数。这就是一个 idft 的过程，我们有

$$f_i = \frac1p \sum_{j = 0} ^ {p - 1} g_j \omega_p^{-ij}$$

但是因为没有保证 $p$ 是质数，我们不能直接进行复数操作。我们必须要把单位根消去，注意到 $\gcd(j, p)$ 相同的 $j$ 的 $g_j$ 也相同，不难想到单位根反演：

$$\begin{aligned} f_i & = \frac1p \sum_{j = 0} ^ {p - 1} g_j \omega_p^{-ij} \\ & = \frac1p \sum_{d \mid p} g_d \sum_{j = 0} ^ {p - 1} [\gcd(j, p) = d] \omega_p^{-ij} \\ & = \frac1p \sum_{d \mid p} g_d \sum_{j = 0} ^ {\frac{p}{d} - 1} \omega_p^{-idj} \sum_{t \mid \gcd(j, p)} \mu(t) \\ & = \frac1p \sum_{d \mid p} g_d \sum_{t \mid \frac{p}{d}} \mu(t) \sum_{j = 0} ^ {\frac{p}{dt} - 1} \omega_p^{-idtj} \\ & = \frac1p \sum_{d \mid p} g_d \sum_{t \mid \frac{p}{d}} \mu(t) \cdot [p \mid idt] \frac{p}{dt} \\ \end{aligned}$$

因为我们要对 $n, n - 1, \cdots, n - p + 1$ 求出对应的 $f$，而后面的系数可以预处理，所以最终的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n + m + p^3)$。

感受一下：循环卷积、单位根、单位根反演、莫反这几个东西之间是有连边的，以后看到这种还是先往这些方面想。其实就是做的题太少了，不够熟练。