AtCoder Regular Contest 170

1|0A

贪心。

首先判无解。

如果一个位置要变成 A，那么它右边必须要有个 B。

如果一个位置要变成 B，那么它右边必须要有个 A。

然后算答案，首先有一个明显的上限：

$$\sum_{i=1}^{n}[s_i \neq t_i]$$

假设我们有 $i$ 位置要变成 A，$j$ 位置要变成 B，且 $i<j$，那么可以减少一次操作，扫一遍即可，$O(n)$。

2|0B

明显的难度区别：A>>B。

枚举 $j$ 和公差，寻找最近的 $i$ 和 $k$。

如何更新答案？我们要知道固定左端点的情况下枚举右端点，是否是“好对”这一条件是有单调性的。

我们设 $f_i$ 为固定左端点为 $i$ 的情况下，最小的 $j$ 使得 $(i,j)$ 为好对。

假设我们搜索出了一个 $(i,k)$ 对，那么对于 $f_{1} \sim f_{i}$，都要对 $k$ 取个 $\min$。

具体实现上是做了一个 lazytag，每次只标记了 $i$ 一个点，然后最后统计答案的时候往前推一遍 tag 即可。

答案为：

$$\sum_{i=1}^{n}(n-f_i+1)$$

3|0C

非常厉害的 dp。

当 $m>n$ 的时候，答案一定是：

$$m^{\sum_{i=1}^{n}[a_i=0]}$$

当 $m \leq n$ 的时候，细细考虑一下：

我们只关心当前前缀的 $\operatorname{mex}$ 是否为 $i$。

• $a_i=1$ 的时候相当于强制干掉最左边的空位。

• $a_i=0$ 的时候相当于找别的地方填一下即可（可重复填）。

假设取了一个 $i$ 称为占了一个格子。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个占掉了 $j$ 个格子的方案数。

则有转移：

$$f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j-1} & a_i=1 \\ j \times f_{i-1,j}+(m-j+1) \times f_{i-1,j-1} & a_i=0 \end{cases}$$

时间复杂度 $O(n^2)$。

值得注意的是，这里的转移系数都不与 $i$ 有关，那么有没有神仙能优化优化呢？

4|0D

考虑人类智慧做法。

排序 $a$ 和 $b$，然后猜测选完 $a$ 以后 $b$ 一定是选择较大或较小的几个，接着我们二分第二次选 $a$ 中是否可行。

继续猜测！前后扫描 15 个差不多就可以 A 掉了，事实也确实是这样。

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本文作者：gza
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