AtCoder Regular Contest 162

ARC162C

注意到如果 Bob 把某个节点变成 \(K\)，那么这个节点到根路径上的所有节点都没希望了。

发现如果 Alice 第一步赢不了，那么一定是 Bob 赢。

证明：在 Alice 第一步赢不了的情况下，假设 Alice 一步操作覆盖了 \(u\) 这个点，Bob 可以找到 \(u\) 到根的路径上最深的一个 \(f\) 值尚未被确定的点，然后在这个点的子树内找一个没被覆盖的点填上 \(K\)，这样就消除了 Alice 本次操作的所有影响。

这题 \(N\) 就给了 \(1000\)，直接暴力就行。具体来说我们对每个点算出来 \(g(u,j)\) 表示 \(u\) 子树内是否有 \(j\)，以及 \(u\) 子树内的空位个数 \(w(u)\)。然后直接枚举所有 \(w(u)\in\{0,1\}\) 的点判断就行。

当然也能做到 \(O(N\times\text{poly}(\log n))\)。

https://atcoder.jp/contests/arc162/submissions/42734105

ARC162D

考虑怎么计数这样的树的个数，发现是

\[\frac{(n-2)!}{(d_1-1)!\prod_{i\neq 1}d_i!} \]

考虑对每个点 \(v\) 算在多少棵树中它是 good vertice。钦定 \(v\) 的子树集合为 \(S\)，则 \(S\) 需要满足：

• \(v\in S\)
• \(\sum_{j\in S}d_j=|S|-1\)
• \(\forall j\in S,j\ge v\)

这也是充要条件。那么对于这样的 \(S\)，方案数就是

\[\dfrac{(|S|-2)!}{(d_v-1)!\prod_{i\in S,i\neq v}d_i!}\times\dfrac{(n-2-|S|+1)!}{(d_1-1)!\prod_{i\neq S,i\neq 1}d_i!}=\dfrac{(n-1-|S|)!(|S|-2)!d_1d_v}{\prod d_i!} \]

设 \(f(i,j,k)\) 表示只用 \(\ge i\) 的点，\(|S|=j\)，\(\sum_{i\in S} d_i=k\) 的所有 \(S\) 的个数即可。\(O(N^3)\)。

https://atcoder.jp/contests/arc162/submissions/42736186

ARC162E

考虑钦定序列中 \(=i\) 的位置有 \(x_i\) 个，那么 \(\sum x_i=n\)。考虑此时的方案数，发现应当是把 \(x_i\) 发配到 \(A_j\ge x_i\) 的位置上。那么我们把 \(x_i\) 排序，现在 \(x_1\ge x_2\ge\cdots\ge x_n\)，设 \(S(j)\) 表示 \(\ge j\) 的 \(A_i\) 的个数，发现方案数就是

\[\binom{S(x_1)}{x_1}\binom{S(x_2)-x_1}{x_2}\cdots\binom{S(x_n)-\sum_{j<n}x_j}{x_n} \]

那么答案就是对所有满足 \(x_i\le A_i,\sum x_i=n\) 这样的 \(x\) 序列的上面那东西求和。

自然的想法是按照 \(1,2,\cdots,n\) 的每个 \(x_i\) 为阶段进行 DP，这样有利于我们来考虑 \(x_i\le A_i\) 的约束，但却不利于计算排序后的值；更好的办法是，按照 \(x_i\) 从大到小进行 DP，我们把 \(x_i\le A_i\) 的约束也看成另一个匹配，发现形式也和上式类似。

具体来说我们进一步转换条件，对所有满足 \(x_1\ge x_2\ge\cdots\ge x_n\) 的 \(x\) 序列求出 \(\prod_{i=0}^{n-1}\binom{S(x_{i+1})-i}{x_{i+1}}\) 乘到上面那一项上，再求和就行了。只需要设 \(f(i,j,k)\) 表示考虑到 \(x_j=i\)，当前的 \(\sum x=k\) 即可。

转移直接枚举有多少个 \(=i\) 的位置，有

\[f(i+1,j,k)\times \binom{S(i)-j}{l}\times\dfrac{(S(i)-k)!}{(i!)^l(S(i)-k-i\times l)!}\to f(i,j+l,k+i\times l) \]

分析一下复杂度，发现一个 \(f(i,j,k)\) 最多造成 \(\frac{N}{i}\) 次转移，而 \(j\) 需要满足 \(j\le \frac{N}{i}\)，因此，转移次数不会超过

\[N^2\times\sum_{i=1}^N\sum_{k=1}^N\dfrac{N^2}{i(i+1)}=O(N^3) \]

于是复杂度为 \(O(N^3)\)。答案为 \(f(-1,N,N)\)，这里 \(-1\) 是考虑 \(x_i=0\) 的贡献。

https://atcoder.jp/contests/arc162/submissions/42744373