AGC 002~005

AGC002

E - Candy Piles

考虑题目给的两种操作，假如把 $a_1,a_2,\dots ,a_N$ 列成杨表的形式：将 $a_i$ 从大到小排序，第一列有 $a_1$ 个点，第二列有 $a_2$ 个点，……，且每一列最底下是对齐的，那么这个游戏相当于每次消去最底下一行或者最左边一列，第一个把整个杨表消完的人输。

再转化一下可以变成，有一个点初始在 $(0,0)$，每次可以将它向上或向右移动一格，最先将它移动到杨表的边界处的人输。（Editorial 里有图。）

发现只要 $(x+1,y+1)$ 不在杨表边界上，$(x,y)$ 的输赢就一定和 $(x+1,y+1)$ 相同。于是我们可以把 $(0,0)$ 移动到最靠近杨表边界的那个位置，此时只有往上走若干步和往右走若干步两种选择，只需要检查这两种里是否有一种到边界的距离是偶数即可。

时间复杂度 $O(N)$。

F - Leftmost Ball

挺简单的。

一个序列是合法的，当且仅当：

• 有恰好 $N$ 个 $0$ 和 $(K-1)$ 个 $1,2,\dots ,N$；
• 每个前缀的 $0$ 的个数大于等于 $1,2,\dots ,N$ 中出现过的数的个数。

这样我们只需要考虑 $1,2,\dots ,N$ 中每个数第一次出现的位置。由于这些数没有区别，我们可以假设它们是按顺序出现的，最后将答案乘上 $N!$ 即可。

设 $f_{i,j}$ 表示长为 $i$ 的序列，填了 $1,2,\dots ,j$ 以及 $(i-j)$ 个 $0$ 的方案数。下一个填 $0$ 的转移是简单的；如果下一个填 $j+1$，那么这两个数组可以任意穿插起来：

• $(K-2)$ 个 $j+1$；
• $j+2,j+3,\dots ,N$ 各 $(K-1)$ 个，以及 $(N-i+j)$ 个 $0$ 组成的序列。我们并不需要知道这个序列具体长成什么样，因为它的形态是在后面的 DP 过程中决定的。

于是穿插的方案数可以直接用组合数算。时间复杂度 $O(N^2)$。

AGC003

E - Sequential operations on Sequence

好像是和题解不太一样的做法。

把题面中的 $q$ 叫做 $a$，并令 $a_0=N$。首先我们只需要保留 $a$ 中的所有后缀最小值。倒着做，考虑最后那个长为 $a_Q$ 的序列，它当中的每个元素对答案的贡献系数都是 $1$。而把它缩成一个长为 $a_{Q-1}$ 的序列，就相当于把 $a_Q$ 中每个位置的贡献系数加到 $a_{Q-1}$ 中的对应位置上。

设进行了 $i,i+1,\dots ,Q$ 这些操作后的贡献数组是 $b_{i,1},b_{i,2},\dots ,b_{i,a_i}$。我们用 map 维护 $b_i$ 的从 $2$ 开始的差分数组中的所有非零项，以及 $b_{i,1}$ 和 $b_{i,a_i}$ 的值。发现进行 $a_{i-1}$ 相当于：

• 对于差分数组中每一个下标 $>a_{i-1}$ 的项 $(j,x)$，把它加到 $(j-1)mod{a}_{i-1}+1$ 位置上，并且计算它对 $b_{i-1,1}$ 的贡献；
• 在 map 中插入 $((a_i-1)mod{a}_{i-1}+2,b_{i,a_i})$ 这一项，这是 $b_{i-1}$ 中靠后的一段比靠前的一段少加的那部分。

由于每次一个二元组被删除后，它的下标都会至少除以 $2$，所以总的时间复杂度是 $O(Q(\log Q+\log V))$。

F - Fraction of Fractal

一个很重要的条件是，开始时的网格是四连通的。如果给定的网格左右拼接和上下拼接时，两个连通块都能合并，那么最后的图形中一定只有一个连通块。如果都不能合并，那么最后的图形中就有 $b^{K-1}$ 个连通块，其中 $b$ 是黑格个数。

否则不妨假设左右能够合并，那么答案就是最后的黑格个数减去左右相邻两个都是黑格的位置数。设 $b_i,c_i,d_i$ 表示 $i$ 级分形中的黑格个数，左右相邻两个都是黑格的位置数，左右拼起来都是黑格的位置数，那么 $b_{i+1}=b_1{b}_i,c_{i+1}=b_1{c}_i+c_1{d}_i,d_{i+1}=d_1{d}_i$。这显然是有结合律的，于是快速幂即可。