AtCoder Beginner Contest 267

https://atcoder.jp/contests/abc267

全部的 AC 代码：

https://atcoder.jp/contests/abc267/submissions/me?f.Task=&f.LanguageName=&f.Status=AC&f.User=HinanawiTenshi

E

题目要求最小化花费，而花费是所有花费的最大值，故考虑二分，记现在二分的值 $mid$ 为 $lim$。

因为每次代价都是与删点所连点的边权和，所以尽量去找当前花费 $\leq lim$ 的，找不到当然就继续去二分更大的值。

因此，我们可以执行一个 $\tt{bfs}$，每次找花费 $\leq lim$ 的点进行扩展，并在扩展当前点的同时对其邻点更新花费（也就是减去当前点权），当临点更新后花费 $\leq lim$ 时入队。

F

由于需要求 $u$ 点跳 $k$ 步能够到达的树上的点，故尽可能找到 $u$ 能够跳到的最远点，因为如果 $u$ 跳到最远点都不足 $k$ 步，那么必然无解。

什么点可能成为距 $u$ 的最远点呢？直观的想法是直径的两个端点 $x, y$。

证明：

不妨设 $dis(u, x)\geq dis(u, y)$。

假设能够找到点 $v$ 使得 $dis(u, v)> dis(u, x)$，那么找到 $u$ 到达路径 $x, y$ 上的点 $u'$。

我们有 $dis(u', v)>dis(u',x)$，故 $dis(u', v)+dis(u', y)=dis(v, y)>dis(u', x)+dis(u', y)=dis(x, y)$，与 $x, y$ 为直径矛盾。

证毕。

下面的做法很简单：

就分别以 $x, y$ 为根节点，求出 $u$ 的 $k$ 级祖先即可。

G

为了方便转移，对所给序列 $w$ 进行升序排序。

容易想到状态表示 $f[i, j]$ 为前 $i$ 个元素共有 $j$ 个位置 $pos$ 满足 $w_{pos}<w_{pos+1}$。（记为顺序位置）

考虑 $f[i, j]$ 如何转移到后面的状态。

对于第 $i+1$ 个元素 $w_{i+1}$，可以发现当插入 $w_{i+1}$ 时（也就是将 $w_{i+1}$ 挑选 $[1, i+1]$ 一个位置放入），要么会使原来的顺序位置个数不变，要么比原来多 $1$。

• 对于不变的情况，有多少种方案呢？

  • 首先，插入位置 $1$ 肯定不变，有一种。
  • 插入到与 $w_{i+1}$ 等值的元素（记这样的元素有 $cnt$ 个）后面，有 $cnt$ 种。
  • 插入到已经产生的顺序位置 $pos$ 的后面（也就是插入 $pos, pos+1$ 之间），有 $j$ 种。

  因此，$f[i, j]$ 对 $f[i+1, j]$ 的贡献为：$f[i+1, j] += f[i, j]\times(1+cnt+j)$。

• 比原来多 $1$ 的情况就是不变情况的补，即有 $i+1-(1+cnt+j) = i-j-cnt$ 种，

  因此，$f[i, j]$ 对 $f[i+1, j]$ 的贡献为：$f[i+1, j+1] += f[i, j]\times(i-j-cnt)$。

EX

注意到值域很小，所以直接将答案拆奇偶然后进行 NTT 分治来合并背包即可。

记当前区间 $u$ 取奇数个物品的背包为 $u_{o}$，偶数个的为 $u_{e}$，左右子区间分别记为 $ls, rs$。

分治过程即：

$$u_o = merge(ls_e, rs_o) + merge(ls_o, rs_e) \\ u_e = merge(ls_e, rs_e) + merge(ls_o, rs_o)$$

$merge$ 用 NTT 卷积即可。