AtCoder做题记录
AtCoder做题记录
[ARC082F] Sandglass
题意：有一个沙漏，每秒会有1g沙子从上面落下来，有\(k\)个时刻\(r_1,r_2\cdots r_k\)，每到\(r_i\)沙漏就会翻转，多次询问如果一开始上部有\(a_ig\)沙子，在时刻\(t_i\)时上部有多少沙子。
思路：一开始的思路是每个操作形如\(x\rightarrow max(x-\Delta r,0)\)，可以按时间轴用线段树维护答案，没想到这题竟然可以做到线性。
其实线性做法的思路也是维护如果一开始是多少此时就有多少，记为\(f_i\)，那么可以把\(f_i\)的图像画出来，发现就像这样
最终值不和上下界（红线）相等的\(f_i\)必然满足在一个区间内，因此我们只用这个区间的左右端点维护上下界即可做到线性。
[AGC027D] Modulo Matrix
题意：构造一个\(n\times n\)的矩阵，要求满足：每个元素不超过\(10^15\)且互不相同，对于任意两个相邻的数\((x,y)\)，\(\max(x,y)\mod \min(x,y)\)必须相等。
思路：我也不知道这么人类智慧的做法是怎么想出来的。首先，把这个矩阵黑白染色，钦定白格子的数是所有相邻的数的\(\text{lcm}+1\)，那么可以很好的满足后两个条件。接着考虑用质数来填上面的数，不过这样做要用\(O(N^2)\)个质数，白格子的数可能超出范围，于是就要想办法用尽量少的质数来完成这件事。考虑这样一种构造，给每条黑格子所在的对角线分配一个质数，这个黑格子的数就是这两个质数的乘积，再简单调整一下顺序，这样就可以保证数字大小不超过\(10^15\)。
[AT_code_festival_2017_quala_d] Four Coloring
题意：给一个\(n\times m\)的网格，有4种颜色，要给每个点染色，要求网格上任意一对曼哈顿距离为\(d\)的格子的颜色不同。
思路：这道题要用到一个小trick:曼哈顿距离转切比雪夫距离，其实本质就是把一个斜着的正方形变成了正着的，这样就更方便处理。于是就可以把网格分成\(d\times d\)的一个个小网格，每个网格里染同一种颜色，每\(2\times 2\)的大网格按\(\begin{matrix}R\;\;Y\\G\;\;B\end{matrix}\)（其实可以随意）染色即可。
[ARC082E] ConvexScore
题意：给定平面上\(n\)个点，定义一个点集大小为\(|S|\)的凸包的权值是：记所有在这个凸包内部和边界上的点的个数为\(k\)，则价值为\(2^{k-|S|}\)，求所有有面积的凸包的权值和。
思路：考虑组合意义。\(2^{n-|S|}\)表示的其实是所有能组成和这个凸包一样的凸包的点集个数，于是答案就是所有能组成凸包的点集个数。答案可以用所有点集个数\(2^n\)减去所有不能构成凸包的点集个数，求法可以直接枚举两个点然后暴力判断有多少个点在线段上，再减去对应贡献。复杂度\(O(n^3)\)。
[AGC003E] Sequential operations on Sequence
题意：有一个数组，初始是\(1\)$n$，有$Q$次操作，每次操作会把数组长度变成$a_i$，新增的数是上一次操作后数组的重复，求最终数组中$1$\(n\)每个数出现了多少次。
思路：首先，如果上一次操作的长度比这一次要长，那么上一次操作是没用的，这一步可以用单调栈维护，于是最终会留下一个递增的操作序列。接着我们考虑倒推，第\(i\)次操作后一定是上一次操作后的序列完整重复若干次，再加上一段长为\(a_i\mod a_{i-1}\)的前缀，那么这个前缀怎么处理呢？我们再往前看，如果之前存在\(j\)使得\(a_{j-1}<d\leqslant a_j\)，那么这个前缀也一定是\(a_{j-1}\)重复若干次再加上一段长为\(d\mod a_{j-1}\)的前缀，于是可以递归处理，最终\(d=0\)是要对当前段区间加，差分一下即可。复杂度的话，每次取模\(d\)至少减半，这一步是\(O(\log n)\)的，而二分查找也是一只\(log\)，于是复杂度是\(O(\log^2)\)的。
[AGC016D] XOR Replace
题意：给定序列\(a\)和\(b\)，每次可以把\(a\)序列的一个数变成\(a\)序列的异或和，求把\(a\)变成\(b\)的最少的操作次数。
思路：发现第一次把一个数\(a_i\)变成异或和\(S\)后，此时的异或和是\(a_i\)，因此每次操作相当于是把一个数变成上次被操作的数。简化一下，就相当于把异或和当做第\(n+1\)个数，每个操作可以把一个数和最后一个数交换。首先可以简单判断是否有解。接着考虑怎样让操作次数最小。发现这很类似排列的置换问题，于是考虑没对不同的\(a_i,b_i\)，让\(a_i\)向\(b_i\)连边，最终答案即为边数+联通块数-1。证明很简单，因为在同一连通块内可以用边数次完成，而从一个连通块到另一个连通块要花1的代价，一开始就在的连通块不同花这1的代价。复杂度\(O(n\log n)\)。
[AGC016E] Poor Turkeys
题意：有\(n\)只鸡和\(m\)个人，每个人一次操作，每个操作会选择两只鸡\(x,y\)，如果两只都活着，那么会等概率吃掉一只，如果一只还活着就吃掉这一只，否则什么都不做，求有多少对\((i,j)\)满足在最终时刻第\(i\)只鸡和第\(j\)只鸡可能都还活着。
思路：设集合\(f[i]\)表示如果最终\(i\)活下来了，那么哪些\(j\)不能活着。如果一个人选的是\((i,x)\)，那么如果要让\(i\)活下来，\(x\)就必须死，且在之前必须活着。于是考虑倒推，对于当前的\((x,y)\)，如果\(x,y\in f[i]\)，那么\(i\)最终肯定不能活下来，否则如果\(x\in f[i]\)或者\(y\in f[i]\)，那么剩下的一个也得加入进\(f[i]\)中。统计答案时，如果\(f[i]\)与\(f[j]\)无交，那么这一对就有可能都活下来。复杂度\(O(nm+\frac{n^3}{w})\)。
