CodeForces 比赛记录
带星号的表示 vp。
\(*\) CF Round 601 Div.1
做出 A 和 B1。
B2. Send Boxes to Alice (Hard Version)
考虑 \(a\) 的前缀和数列 \(S\)，在 \(a\) 中移动一个数，相当于在 \(S\) 中单点 \(\pm 1\)。并且 \(S_n\) 一定是不变的，且最终的公约数一定是 \(S_n\) 的约数。显然只需要枚举所有质数 \(p\mid S_n\)。并且“所有 \(S_i\) 都是 \(p\) 的倍数”与“所有 \(a_i\) 都是 \(p\) 的倍数”是等价的。
所以，显然答案就是 \(\sum_{i=1}^{n-1} \min(S_i\bmod p,p-(S_i\bmod p))\)，并且也可以保证 \(S_i\) 单调不减。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\omega(n))\)。
\(*\) CF Round 604 Div.1
做出 A，B，赛后五分钟做出 C。
B. Beautiful Sequence
首先将所有 \(0,2\) 按顺序排起来，得到 \(00\dots0022\dots22\) 这样的序列，然后有两种情况：
- 第一个 \(1\) 或 \(3\) 插入在开头；
- 第一个 \(1\) 或 \(3\) 插入在开头的后面一个位置。
分类讨论这两种情况，然后检查是否符合要求。
代码：https://codeforces.com/contest/1264/submission/157810494。
C. Beautiful Mirrors with queries
假如没有修改，设 \(f_i\) 为顺利通过 \(i\) 所需的期望步数，那么 \(f_i=p_i(f_{i-1}+1)+(1-p_i)(f_{i-1}+f_i+1)\)。解得 \(f_i=\frac{f_{i-1}+1}{p_i}\)，也即 \(f_i=\sum_{k=1}^i (\prod_{j=k}^i p_j)^{-1}\)。通过一点预处理，就能 \(\mathcal{O}(1)\) 求出通过一段区间的期望步数。
所以用 std::set 维护即可。
\(*\) CF Round 733 (Div.1 + Div.2)
做出 A ~ D，赛后做出 E。
D. Secret Santa
一开始写了个基环树 dp，还写错了。
首先，设 \(a\) 中不同的数字有 \(k\) 种，答案恰好可以取到 \(k\)。
设答案是 \(p_1,p_2,\dots,p_n\)，我们钦定任意 \(k\) 个位置 \(i_1,i_2,\dots,i_k\)，使得 \(a_{i_1},a_{i_2},\dots,a_{i_k}\) 两两不等，并使得这些位置的 \(p_{i_x}=a_{i_x}\)。记 \(b_1,b_2,\dots,b_{n-k}\) 表示此时还没确定 \(p\) 的位置，\(c_1,c_2,\dots,c_{n-k}\) 表示此时还没被使用的位置。
然后有两种情况：
- 假如 \(k=n-1\) 且 \(b_1=c_1\)，那么除 \(b_1\) 以外的所有元素形成了一个环，需要略微调整这个环使得 \(b_1\) 被 fulfilled。
- 否则，这里有一种有趣的做法：随机打乱 \(b_1,b_2,\dots,b_{n-k}\)，如果 \(\forall i,b_i\neq c_i\) 的话，就停止，否则再次打乱。这个过程期望只需要做 \(e\approx 3\) 次。
E. Minimax
分五种情况讨论。吐了。
Edu Round 129
做出 A ~ D。
\(*\) CF Round 606 Div.1
做出 ABC。
C. Beautiful Rectangle
设序列中 \(x\) 的出现次数是 \(c_x\)，有一个结论：设矩形大小为 \(h\times w\) 且 \(hw=n\)，假如 \(\max\limits_x \{c_x\}\le \min(h,w)\)，那么序列中的所有数都可以放在这个矩形中。
这是因为，在最坏形况下，所有数的出现次数都等于 \(\min(h,w)\)。不妨设 \(h<w\)，那么考虑如下形式的构造即可：
假如有一些数的出现次数 \(<\min(h,w)\)，那么可以钦定每 \(\min(h,w)\) 个为一组，并认为每组内的数相同。
所以枚举 \(h\times w\) 并找到 \(h\) 和 \(w\) 最接近的情况，对于 \(h\times w\) 最大、且所有数都可以放进去的方案，按照上面的方法构造即可。
代码。
\(*\) CF Round 609 Div.1
做出 A。
B. Domino for Young
将杨表黑白染色，可以发现一个多米诺骨牌恰好覆盖一个黑格和一个白格。设黑格的数量是 \(c_1\)，白格的数量是 \(c_2\)，答案的上界就是 \(\min(c_1,c_2)\)。
将相邻的黑格和白格连边，然后做二分图最大匹配。假如存在一个黑格 \(u\) 和一个白格 \(v\) 没有匹配，我们将二分图上 \(u\to v\) 的路径上的边全部取反，即可让它们匹配。所以答案就是 \(\min(c_1,c_2)\)。
CF Round 795 Div.2
做出 A ~ D。
E. Number of Groups
用并查集维护连通块。按照右端点从小到大处理每个线段。可以发现，对于每个连通块，我们只需要记录其中右端点最大的一个红色线段和一个蓝色线段。用两个 std::multiset 维护。
对于每一条线段，在 multiset 上二分找到所有与它有交的线段，然后逐一合并这些线段所在的连通块即可。注意区分 std::set 和 std::multiset。
代码。
CF Round 800 Div.1
做出 AB。
C. Keshi in Search of AmShZ
我为啥想不到。我为啥想不到。我为啥想不到。
设 \(D_u\) 为 \(u\to n\) 在最优策略下需要的天数，那么 \(D_u\) 就是没被 block 掉的 \((u,v)\) 的 \(\max D_v\)，加上被 block 掉的个数加一。
将所有边的方向反转然后 Dijkstra。开始时所有边都被 block 掉，每次从堆中取出一个点 \(u\)，并更新所有与 \(u\) 相连的 \(v\) 的答案。
假如固定一个点 \(u\) 并考虑 \(D_u\) 是如何被更新的，因为 Dijkstra 的过程中，取出的点的 \(D\) 单调不减，所以当前的 \(\max D_v\) 就是最新被取出的这个点的 \(D\)。对于那些没有被取出的边，它们一定会被 block。
代码。
CF Round 818 Div.2
做出 A ~ E。
CF Round 819 Div.1
做出 A ~ D。
E. Almost Perfect
观察到合法的排列 \(p\) 中只会有三种环：\(x\to x,x\to y\to x,x\to y\to (x+1)\to (y+1)\to x\)。
对于前两种环和第三种环分别 DP，然后卷积起来。设 \(f_i\) 表示只考虑前两种环，且排列长度为 \(i\) 的排列个数；\(g_i\) 表示只考虑第三种环，且排列长度为 \(i\) 的排列个数。那么 \(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\times (i-1)\)，对于任意 \(4\mid i\)，\(g_i=g_{i-4}\times (i-2)\)。
卷积时，我们枚举 \(g_k\)，那么被包含在 \(g\) 中的 \(k\) 个点需要满足它们可以被划分为若干相邻的二元组。用组合数枚举这些二元组的开头 \(S\)，需要满足：
- \(n\not \in S\)；
- \(i\in S\implies (i+1)\not \in S\)。
所以答案就是
Edu Round 135
做出 A ~ E。Performance 达到了 2500，并且上了 Master，可喜可贺。
CF Round 821 Div.2
做出 A ~ D2，Performance 2277。
E. Conveyor
考虑一组询问 \((t,x,y)\)：我们算出有多少个时间 \(t'\le t\) 使得在 \(t'\) 时间 \((x,y)\) 上有 slime，设这个数是 \(f(t,x,y)\)。假如 \(f(t,x,y)=f(t-1,x,y)\) 则答案为 Yes，否则为 No。
考虑这个 \(f(t,x,y)\) 怎么算。注意到任意两个 slime 都不可能重合，且前 \(\max(t-x-y+1,0)\) 个 slime 都有到达 \((x,y)\) 的可能性，因此在 \((0,0)\) 处放 \(\max(t-x-y+1,0)\) 个 slime，并 DP 算出有多少个到达了 \((x,y)\) 即可。
CF Round 822 Div.2
做出 A ~ E，Performance 2313。
E. Rectangular Congruence
假如我们构造出了一个矩阵 \(A\)，它除了对角线的限制不一定满足以外，其他限制均满足，那么对于所有 \(i\)，把第 \(i\) 行整体加上 \(b_i-A_{i,i}\) 就可以让 \(A\) 满足对角线的限制。
而满足限制的 \(A\) 是好构造的，例如 \(A_{i,j}=ij\bmod n\)。
F. Zeros and Ones
我终于学会数位 DP 的写法了，感动。
稍微推一下就可以得到，答案就是 \([0,m)\) 中整数 \(x\) 的个数，使得 \(\operatorname{popcount}(x)\not \equiv \operatorname{popcount}(x+n)\pmod 2\)。我们设 \(f_{i,j,k,lim}\) 表示考虑 \(x\) 的最低的 \(i\) 位，当前 \((\operatorname{popcount}(x)-\operatorname{popcount}(x+n))\bmod 2\) 的值是 \(j\)，计算 \(x+n\) 时从 \((i-1)\) 位到 \(i\) 位的进位是 \(k\)，\([x\ge m]\) 的真假是 \(lim\) 的 \(x\) 的个数。这样就可以转移了，时间复杂度 \(O(t\log n)\)。
f[0][0][0][1] = 1;
For(i, 0, B - 2) {
int ncur = (n >> i) & 1, mcur = (m >> i) & 1;
For(j, 0, 1) For(k, 0, 1) For(lim, 0, 1) {
For(x, 0, 1) f[i + 1][j ^ ncur ^ k][x + ncur + k > 1][x == mcur ? lim : (x > mcur)] += f[i][j][k][lim];
}
}
cout << f[B - 1][1][0][0] + f[B - 1][1][1][0] << '\n';
\(*\) Edu Round 136
做出 A ~ D，Performance 1885，因为 B 题在读入的时候就判断了无解并提前跳出循环了。
E. Cleaning Robot
可以发现（怎么发现的呢？），“不能有多个距离最小的点”相当于“机器人不能在连续的两列中换行”。于是剩下的就是一个简单的 DP 了。
\(*\) CF Round 824 Div.2
做出 A ~ E，Performance 2545。
E. House Planning
首先考虑如何确定 \(p_1\) 和 \(p_2\) 的距离，因为确定距离后，\(d_1\) 中的每个元素就只能和 \(O(1)\) 个 \(d_2\) 中的不同元素匹配了，此时将 \(d_2\) 中值相同的元素缩在一起，然后跑一个二分图最大匹配即可。
固定 \(d_1\) 中最小的那个元素，设为 \(D\)。分类讨论三种情况：
- \(D\) 所代表的位置在 \([0,p_1]\) 间；
- \(D\) 所代表的位置在 \((p_1,p_2]\) 间；
- \(D\) 所代表的位置在 \((p_2,+\infty)\) 间。
每一种情况都只会导出 \(O(n)\) 种不同的 \(p_2-p_1\)，于是总的可能的距离个数是 \(O(n)\) 的。对于每一种都跑一次 Dinic，总的时间复杂度就是 \(O(n^{2.5})\)。
Global Round 24
做出 A ~ D，Performance 1939。感觉主要是因为太困了。
D. Doremy's Pegging Game
考虑一个结束时的局面，假如此时没被删除的点从小到大是 \(p_1,p_2,\dots,p_k\)，那么一定存在一个 \(i\) 满足 \(p_i\) 和 \(p_{i\bmod k+1}\) 之间的那段的边数大于 \(n/2\)，并且显然这样的 \(i\) 至多有一个。
于是我们枚举结束局面中 \(p_i\) 和 \(p_{i\bmod k+1}\) 间的点数 \(j\)，这 \(j\) 个点需要全部被删除，且剩下的 \(n-2-j\) 个点既可以删也可以不删。我们需要计算有多少种删除这至多 \(n-2\) 个点的顺序，使得在这个过程中不出现结束局面。对于这 \(j\) 个点，枚举其中最后删的那个点 \(k\)，假如 \(k\) 旁边的两段的长度都不超过 \(n/2\)，那么就会贡献 \((j-1)!\) 种删法。对于剩下的那 \(n-2-j\) 个点，枚举其中有多少个被删了的点，并用组合数将它们插入到删除序列中即可。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
E. Doremy's Number Line
首先将 \(a_1\ge k\) 以及 \(k-b_1>a_1\) 这两种情况判掉。对于剩下的情况，我们需要用 \(2\sim n\) 中的颜色给 \([k-b_1,a_1]\) 中的任意一个点染色。如果我们能给 \(x\) 染某一种颜色，那么所有 \(\le x\) 的点都能染这种颜色。所以，设 \(p=k-b_1\)，只需要判断 \(p\) 是否能被染 \(2\sim n\) 中的某种颜色即可。
先将 \(2\sim n\) 中的所有颜色按照 \(a_i\) 从小到大排序。考虑一种颜色 \(i\)，它最大能染色到 \(a_i+b_i\) 这个点。若 \(i<n\)，那么我们可以用 \(n\) 给 \(a_i\) 染色，然后 \(a_i+b_i\) 这个上界就能取到了。否则，有两种情况：
- 给 \(a_n\) 染颜色 \(n\)；
- 考虑 \([2,n-1]\) 中的颜色，设用它们能染色的最大的位置是 \(x\)，给 \(\min(x,a_n)+b_n\) 染颜色 \(n\)。
第二种情况显然是一个子问题，于是顺着递推一遍即可。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
F. Doremy's Experimental Tree
分成两步：第一步确定树的结构，第二步确定边权。
确定树的结构：首先把所有 \(f_{i,i}\) 删掉。对于剩下的 \(f_{i,j}\)，考虑其中的全局最大值，设它是 \(f_{u,v}\)，那么 \((u,v)\) 间显然有一条边。将这条边删去，剩下的仍然是一个子问题，但此时所有能够连出环的边都不能考虑，用并查集维护连通性即可。
确定边权：单个 \(f_{i,j}\) 几乎无法提供有用的信息，考虑两个 \(f_{i,j}\) 相减。具体地，假如 \((u,v)\) 间有边，那么 \(f_{u,u}-f_{u,v}\) 就恰好是 \(v\) 的子树大小乘以 \((u,v)\) 间的边权。我们只需要做 \(n-1\) 次这个操作，所以每次暴力 DFS 出 \(v\) 的子树大小即可。
时间复杂度 \(O(n^2\alpha(n))\)。
G. Doremy's Perfect DS Class
好妙啊。
我们只需要做 \(\log n\) 次判定问题，每次形如：对于一个 \(m\)，确定 \(1\) 在 \(p_{1\dots m}\) 中还是 \(p_{(m+1)\dots n}\) 中。
注意到题目中给的排列是 \(1\sim n\) 而非 \(0\sim (n-1)\) 的，因此对于 \(k=2\) 的 \(Q(l,r,k)\) 询问，\(1\) 单独在一个等价类中。设 \(C(l,r)\) 表示 \(p_{l\dots r}\) 中有多少对 \((x,y)\) 满足 \(\lfloor \frac{x}{2}\rfloor=\lfloor \frac{y}{2}\rfloor\)，有 \(C(l,r)=r-l+1-Q(l,r,2)\)。
当 \(n\) 是奇数时，仅有 \(1\) 单独在一个等价类中。因此，设 \(x=m-2C(1,m)\) 表示 \(p_{1\dots m}\) 中有多少个还未配对的，\(y=n-m-2C(m+1,n)\) 表示 \(p_{(m+1)\dots n}\) 中有多少个还未配对的，如果 \(x=y+1\)，说明 \(1\) 在 \(p_{1\dots m}\) 中；否则有 \(y=x+1\)，说明 \(1\) 在 \(p_{(m+1)\dots n}\) 中。
当 \(n\) 是偶数时，\(n\) 也单独在一个等价类中。于是，若 \(x\neq y\)，我们能直接判断应该递归到哪一边；否则，我们还需要获取 \(Q(1,m,n)\) 的值，以判断 \(n\) 在哪一边，然后递归到另一边。
若直接实现，则 \(n\) 是奇数时需要 \(2\log_2 n\) 次询问，\(n\) 是偶数时需要 \(3\log_2 n\) 次询问。但注意到我们只需要询问至多一次 \(n\) 在哪一边，所以 \(n\) 是偶数时只需要 \(2\log_2 n+1\) 次询问。
考虑如何将 \(2\log_2 n+1\) 优化到 \(2\log_2 n\)。递归时，无论如何都会递归到 \(l+1=r\) 的情况。此时我们已经知道了 \(C(1,l-1),C(1,r),C(l,n),C(r+1,n)\) 的值。分类讨论 \(p_l,p_r\) 的值：
- 若 \(p_l,p_r\) 中有一个与 \(p_{1\dots (l-1)}\) 中的某个在同一等价类中，则 \(C(1,l-1)+1=C(1,r)\)。此时我们只需要询问 \(C(1,l)\) 的值即可得知 \(p_l,p_r\) 中哪一个是 \(1\)；
- 若 \(p_l,p_r\) 中有一个与 \(p_{(r+1)\dots n}\) 中的某个在同一等价类中，则同理；
- 剩下的情况是，\(n\) 为偶数且 \(\{p_l,p_r\}=\{1,n\}\)。此时我们也可以通过一次询问来得知其中哪个是 \(1\)。
