AtCoder Beginner Contest 277 (F,G,Ex)

之前没细想过 OSU 那个题，被 G 薄纱，F 也没写完，输麻了

懒得放链接，代码可以直接去 AtCoder 上搜。ID: YunQianQwQ

F

首先求出每列的最大最小值，然后依此排序，如果出现 insertion 即 $l_1\le l_2<r_1\le r_2$ 这种情况就直接 No。

然后只需要考虑两行能否同时交换排成有序。设这两行分别是 $A_{1\cdots m},B_{1\cdots m}$，我们发现如果有 $i,j$ 满足 $A_i>A_j$ 且 $B_i<B_j$ 就可以直接无解。

进一步，我们发现一行中的一个 $A_i>A_j$ 意味着第 $i$ 列要在第 $j$ 列前面，因此考虑从 $i$ 到 $j$ 连有向边。最终的图中，如果出现环则无解。

直接暴力连边肯定不行，不过很常见的思路是我们排序，然后只在相邻的数值之间连边。

但存在相等的情况，如果有 $x$ 个 $1$ 和 $y$ 个 $2$，我们要连出来 $x\times y$ 条边，场上因为这个降智了想了很久，甚至一度以为解法错了。。。实际上只需要建个虚点就完事了。。。

具体来说对于每一段相等的连续段我们建个虚点 $u$，然后让所有连续段中的 $i$ 连边 $i\to u$，并让 $u$ 连向所有下一个连续段的 $j$ 即可。

$0$ 怎么处理呢？其实可以不用管，最终如果 $0$ 不存在时可行，那么加上 $0$ 一定可行。我们只需要在不存在 $0$ 时确定的方案中把 $0$ 安排成对应连续段即可。

G

按照一般的期望 DP 倒推方式，显然可以设 $f(u,j,k)$ 表示从 $u$ 开始走，当前的 level 为 $j$，还要走 $k$ 步，的期望分数。这样转移非常 ez，但是复杂度为 $O((N+M)K^2)$。

然后我们发现 level 和前面的东西相关，因此考虑正推，下面翻译一下 user editorial

维护 $p(u,i)$ 表示 $i$ 步之后走到 $u$ 的概率，$f_1(u,i)$ 表示 $i$ 步之后停留在 $u$ 的前提下，level 的期望值，$f_2(u,i)$ 表示 $i$ 步之后停留在 $u$ 的前提下，设 level 为 $X$，那么 $f_2(u,i)=\mathbb{E}(X^2)$。

那么

$$p(u,i)=\sum_{(v,u)\in E}\dfrac{p(v,i-1)}{\text{deg}(v)}$$

原因显然。同理有

$$f_1(u,i)=\sum_{(v,u)\in E}\frac{p(v,i-1)}{\deg(v)}\times f_1(v,i)+[c_u=0]$$

然后 $f_2$ 的转移稍微复杂一点，有

$$f_2(u,i)=\begin{cases}\sum_{(v,u)\in E}\frac{p(v,i-1)}{\text{deg}(v)}\times f_2(v,i)&,c_u=1\\\sum_{(v,u)\in E}\frac{p(v,i-1)}{\text{deg}(v)}\times (f_2(v,i)+2f_1(v,i)+1)&,c_u=0\end{cases}$$

这是因为 $c_u=0$ 的时候 level 会加一，而 $\mathbb{E}((X+1)^2)=\mathbb{E}(X^2)+2\times \mathbb{E}(x)+1$。

答案就是

$$\sum_{i=1}^k\sum_{c_v=1}f_2(v,i)\times p(v,i)$$

于是就 $O((N+M)K)$ 做完了。

然而倒推其实是可以做的，我们需要提前考虑贡献：设 $f_{0/1/2}(u,i)$ 表示从 $u$ 开始走 $i$ 步，初始 level 为 $0$，但是每次遇到 $c_v=1$ 的点时，若 $\text{level}=X$，计算的贡献是 $X^0/X^1/X^2$ 时的期望分数。

转移的时候，如果遇到 $c_u=1$ 的点，由于初始 level 是 $0$，可以直接由 $\frac{1}{\text{deg}(u)}\sum_{(u,v)\in E}f_2(v,i-1)$ 转移

如果遇到 $c_u=0$ 的点，我们在这里考虑后面所有点的权值变化

发现后面会有 $f_0(u,i)$ 次计算权值，每一次都从 $X^2$ 变成了 $(X+1)^2$，增加量为 $2X+1$

因此期望的增加量恰好就是 $2f_1+f_0$，有

$$f_2(u,i)=\sum_{(u,v)\in E}\dfrac{1}{\text{deg}(u)}\times (f_2(v,i-1)+2f_1(v,i-1)+f_0(v,i-1))$$

类似可以转移 $f_1,f_0$，同时我们发现该做法可以轻易扩展到次幂为任意 $w$ 的情形，复杂度要多一个 $O(w^2)$。

思考一下，如果是 $w$ 次幂，那么

$$f_w(u,i)=\sum_{(u,v)\in E}\dfrac{1}{\text{deg}(u)}\times\sum_{j=0}^w\binom{w}{j}f_j(v,i-1)$$

发现系数是组合数，可以卷积。。。因此可以做到 $O((N+M)K\times w\log w)$。

official editorial 貌似使用了组合意义，懒得翻译了，实现上完全一致

Ex

这是 cf 之前一场 Edu 出过的题目。。我还打过那场。。。

注意值域 $[0,M]$ 很小，考虑拆出来 $N\times (M+1)$ 个点，用变量 $p_{i,j}$ 表示 $X_i\ge j$ 是否成立。

那么约束以 $X_{A_i}+X_{B_i}\le R_i$ 为例，我们对每个 $j=0,1,\cdots,M$，如果 $X_{A_i}\ge j$ 成立，那么必须要有 $X_{B_i}\le R_i-j$ 成立，即 $X_{B_i}\ge R_i-j+1$ 不成立。

类似地可以连出 $L_i$ 的边。然后再连边 $p_{i,j}\to p_{i,j-1}$ 表示如果 $X_i\ge j$ 则有 $X_i\ge j-1$

最后跑个 2sat 就完事了，复杂度 $O((N+Q)M)$。