Solution Set - 加训 CF！

加训一些 CF 题，这里写一些简要题解，可能是草稿。暂定只做 Div.1 的题。斜体的标题表示太菜了不会做。

CF1967

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CF1967A

有 $a_i$ 张写有 $i$ 的卡片和 $k$ 张空卡片，可以在每张空卡片上写 $1\cdots n$ 的数字，然后把所有卡片排成一列。问最后的排列中最多有多少个子区间是 $1,2,\cdots,n$ 的排列。$n\le 2\cdot 10^5$。

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设有 $x$ 种卡片的出现次数最少，次数为 $y$，则最大值是 $ny-x+1$。显然策略应该是每次写下一种当前最少的数。二分最后的最小值即可。

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CF1967B1

给定 $n,m$，求有多少对 $1\le a\le n,1\le b \le m$，满足 $a+b\mid b\cdot \gcd(a,b)$。$n,m\le 2\cdot 10^6$。

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设 $\gcd(a,b)=d,a=dx,b=dy$，则 $dy\mid x+y$，$y\mid x$，而 $(x,y)=1$，所以 $y=1$，也就有 $b\mid a$。进一步，$a\equiv -b\pmod {b^2}$。于是直接枚举 $b$ 计算即可。

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CF1967B2

给定 $n,m$，求有多少对 $1\le a\le n,1\le b \le m$，满足 $b\cdot \gcd(a,b) \mid a+b$。$n,m\le 2\cdot 10^6$。

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设 $\gcd(a,b)=d,a=dx,b=dy$，则 $x+y\mid dy$。约掉右边的 $y$，可以发现 $x+y\mid d$，则 $x,y\le x+y\le d$。那么 $x\le \sqrt n,y\le \sqrt m$。直接枚举 $x,y$，根据 $d$ 的范围计算即可。复杂度就是 $O(\sqrt {nm})$。

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CF1967C

将一个数组变成它求树状数组 $\bmod 998244353$ 之后的结果，称为一次变换。给定一个长为 $n$ 的数组进行 $k$ 次变换之后的结果，构造原数组。$n\le 2\cdot 10^5$。

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考虑初始数组中的第 $i$ 个数对各个位置的贡献，会发现贡献到 $i\to i+\text{lowbit}(i)\to \cdots$ 这样一条链上，每次可以沿着这条链走任意多步。那么贡献到走 $m$ 步之后的方案数等价于 $k$ 个非负整数和为 $m$ 的方案数，也就是 $C_{m+k-1}^{m}$。那么直接枚举点对点的贡献即可，预处理组合数后，复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

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CF1967D

给定一个 $[1,m]$ 内长为 $n$ 的数列 $a$，和一个 $[1,m]$ 内长为 $m$ 的序列 $b$。每次可以选择一个集合 $S$，然后对所有 $i\in S$，将 $a_i$ 变为 $b_{a_i}$。求至少要多少次操作才能使序列 $a$ 单调不减，或报告无解。$n,m\le 10^6$。

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显然 $i\to b_i$ 构成一个内向树森林，问题可以重新叙述为：每个数 $a_i$ 可以在这个森林上走若干步，求使得 $a$ 单调不减时，操作次数最大值的最小值。考虑二分答案，维护一个指针表示上一个数的最小值，不断尝试增加，那问题就转化为判断从 $u$ 走 $x$ 步是否会经过 $v$。这只要对基环树做一些基本的处理就可以了。

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CF1967E1,E2

给定 $n,m,b_0$，考虑所有在 $[1,m]$ 内，长为 $n$ 的序列 $a_1,\cdots,a_n$，求有多少个这样的序列 $a$，使得存在一个非负整数序列 $b$，使得对 $1\le i\le n$，有 $b_i\neq a_i,|b_i-b_{i-1}|=1$。E1 $n,m,k\le 2\cdot 10^5$，E2 $\sum n,\sum m,\sum k\le 10^7$。

考虑固定的 $a$ 如何构造 $b$。显然的贪心策略是让每个 $b$ 都尽可能的大。那么就可以设 $dp_{i,j}$ 表示按照上述方法构造出的 $b_i=j$ 的方案数。转移是 $dp_{i-1,j}\to dp_{i,j-1},(m-1)dp_{i-1,j}\to dp_{i,j+1}$，答案是 $\sum_{i=1}^{n}dp_{i,m}m^{n-i}+\sum_{j=0}^{m}dp_{n,j}$。这样暴力的复杂度是 $O(nm)$ 的。

这个 DP 是格路计数的形式。观察一下模型，要从 $(0,b_0)$ 开始走，每次往右上方走一步或者往右下方走一步，求（除端点）不经过 $y=-1$ 和 $y=m$ 到达 $(\le n,m)$ 和 $(n,\lt m)$ 的方案数。那么这就是一个反射容斥的模型，可以旋转 $45\degree$ 后平移转化为反射容斥的模板。我们总共有 $n+m$ 个 $\le n$ 步的反射容斥，复杂度就是 $O(\frac{n^2}{m}+m)$。可以结合前面的暴力进行根号分治，通过 E1。

继续优化这个容斥。用 $X$ 表示碰到直线 $y=m$，$Y$ 表示碰到直线 $y=-1$，需要统计的就是碰撞序列为空或者以 $X$ 开头的路径。考虑路径终点在 $(n,x)$ 的方案，如果不考虑其他限制，路径数目是 $C_{n}^{(x-b+n)/2}$。然后反射容斥，注意 $x\ge 0$ 和 $x\lt 0$ 的容斥是不同的， 前者可以写成 $f(\empty)-f(Y)+f(XY)-f(YXY)+\cdots$，后者则写成 $f(X)-f(YX)+f(XYX)-\cdots$。

我们将 $\ge 0$ 的点和 $\lt 0$ 的点分别放在一起容斥，会发现每次对称后都是一段连续的 $C_{n}^{k}$，所以用差分统计每个 $C_{n}^{k}$ 的系数 $c_k$ 即可。这里的修改是对某个区间 $[l,r]$，给 $c_i$ 增加 $(m-1)^{i+d}$ ，因为要考虑往右上走一步的系数是 $m-1$，而在反射过程中系数是不变的。考虑差分 $c_i-(m-1)c_{i-1}$ ，然后就做到线性了，最终通过 E2。

代码参考了官方题解。

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F 题就不做了。

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全局总评：这场是打了的。题目还不错，A,B1,B2,C 是简单题，同时能看出一定层次；D 做法好像平凡但其实没有那么好想；E 是相当有趣的题目。

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CF1965

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CF1965A

$n$ 堆石子，每次选择一个不超过最小非空堆大小的正整数 $k$，从每一堆中移走 $k$ 个石子。变成博弈，两个人轮流操作，不能操作者（面对 $n$ 个空堆）判负。问谁有必胜策略。$n\le 2\cdot 10^5$。

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首先相同大小的堆是没有用的。只有一个堆是必败态；两个堆时，较小的一个大小为 $1$ 是必败态，$\gt 1$ 是必胜态；三个堆 $x\lt y\lt z$ 时，如果 $y-x=1$，那么是必胜态；否则，如果 $x=1$，是必败态；如果 $x\gt 1$，是必胜态。不妨模拟，如果最小堆大小为 $1$ 就不断操作下去，如果不为 $1$ 或只有一堆就必胜。

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CF1965B

构造一个长度不超过 $25$ 的非负整数序列 $a$，使得 $a$ 没有子序列和为 $k$，且有子序列和为 $v,\forall v\le n,v\neq k$。

可以证明一定有解。$n\le 10^6$。

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扣掉 $k$ 的最高二进制位 $2^b$，给出其它位，那就只差所有含有这个位的数需要被构造。给出 $k-2^b$，满足了这个位上不超过 $k$ 的部分。给出 $k+1$，满足了这个位上超过 $k$ 的部分。给出 $k+2^{b}+1$，满足了这个位上等于 $k$ 的部分。

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CF1965C

给定一个 $01$ 串，将它的每一位依次写在一个纸带上。可以在任意位置翻折。一组翻折是合法的，如果同一个位置的字符相同，注意只在完成翻折之后检查。求最小长度。$n\le 2\cdot 10^5$。

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刻画最终的纸带：假装有一个光标，扫描整个序列，遇到一个字符可以左移光标或者右移光标。如果经过的位置已经存在字符，则两个字符需要相等；如果经过的位置不存在字符，则添加这个字符。

最终的序列一定是 $01$ 交替。那么直接贪心就可以了。

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CF1965D

给定一个大小为 $\frac{n(n+1)}{2}-1$ 的可重集，请求出一个回文序列，使得它的所有区间和构成的可重集包含给定集合。保证有解。$3\le n\le 1000$。

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考虑回文串中那些独特的和，也就是那些关于中心对称的区间。这些区间的和是互不相同（严格递增）的，于是只有这 $k=[\frac{n+1}{2}]$ 个和出现奇数次，其余和都出现偶数次。用 map 找出给定集合中的所有出现奇数次的和，这种和的数目是 $k-1$ 或 $k+1$。

如果是 $k-1$，先按照这些和构造出长度为 $n-2$ 的序列，然后要把某个数拆成两个，或者在两端再增加一个数。把当前所有区间和从 map 中减去，找到剩下来的最大值，这个最大值一定是一个后半段的前缀和，暴力找到它应该在的位置即可。

如果是 $k+1$，先尝试按照这些和构造出长度为 $n+2$ 的序列，可能因为奇偶性而不成功。如果不成功，只有唯一一个数奇偶性不同，直接把它删掉。如果成功了，要合并某两个相邻的数。同样的把当前所有区间和从 map 中减去，会多减掉一些，同样找到多减掉的最大的区间和，一定是一个后半段的前缀和。找到它的位置，把这个数删掉就可以了。

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CF1965E

有 $n\times m$ 个单位立方体落在空间内 $(1,1,1)$ 到 $(n,m,1)$ 的范围内，每个单位立方体染了 $k$ 中颜色之一。现在要在空间内再放置一些单位立方体，满足每个立方体的三维坐标都是不超过 $10^6$ 的正整数，使得同种立方体构成一个连通块。构造一种使用不超过 $4\cdot 10^5$ 个立方体的方案，或判断无解。$n,m,k\le 50$。

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人类智慧题。考虑先把立方体分开一些，那么就往上拉，让每两行之间空出一行。接着在各个高度的空行放上不同的颜色，就连通了所有颜色。当然这只是简要思路。估计没几个人看得懂吧。

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CF1965F

现在要举办一场会议，会议的每一天需要有一位学者作报告，且一位学者不能报告两次。有 $n$ 位学者，第 $i$ 位学者只能在第 $l_i$ 到 $r_i$ 天作报告。如果连续的若干天中每一天都能有学者作报告，那么就可以在这些日子举办会议。对 $k=1,2,\cdots,n$，求有多少种选择 $k$ 天举办会议的方案。$n,l_i,r_i\le 2\cdot 10^5$。

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对于固定的一段时间，判定问题可以看作是二分图匹配，每个学者和每一天分别看作左部和右部的点，学者向它能作报告的天连边。一段时间合法当且仅当取出对应的右部点和所有左部点时，最大匹配是右部的完美匹配。

可以使用 Hall 定理检查。需要满足，对任何 $x$ 个右部点，与它们中至少一个相邻的左部点都有 $\ge x$ 个。应该如何取这 $x$ 个右部点？只考虑连续区间大概是不对的。举例而言，$3/1~3/2~2/2~2$ 是一个 hack，考虑 $1,3$ 两个右部点会发现不合法，但是连续区间都是合法的。

考虑打补丁。假设左部两个学者对应的左端点是一样的，设它们的区间分别为 $[a,b],[a,c],b\le c$。此时，如果将 $[a,c]$ 换成 $[a+1,c]$，答案不会变化。可以这样理解：检查一段时间除了最大匹配，也可以直接贪心，从左到右考虑每一天，给每一天选择可选的中右端点最小的一个。那么 $[a,b],[a,c]$ 会在第 $a$ 天同时加入，一定先选择 $[a,b]$，就可以把 $[a,c]$ 放到下一天再加入。

这样优化之后，所有区间的左端点就互不相同了。那么它有什么用？回到 Hall 定理，此时我们可以证明只考虑连续区间即可。假设有一个集合 $T$ 不合法且不连续，我们把中间缺失的部分都补上，仍然是不合法的。只考虑一个局部，如果原来 $T$ 中连续两个元素是 $x,y$，把 $x+1\cdots y-1$ 补上，新产生的相邻点只能是 $[x+1,y-1]$ 的子区间，而每个左端点只有一个区间，所以增加的邻点数目不超过增加的点数。

还可以再简单一些！我们把前面的优化倒过来再做一次，所有区间的右端点也互不相同了。此时，用 Hall 定理的判定只需要检查整个时间区间。因为如果一个连续区间不合法，把区间的右端点或左端点扩展 $1$，同样只会增加一个区间。优化可以用一个堆完成，最后再用一个双指针计算就可以了。复杂度 $O(n\log n)$。

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全局简评：B,D,E 都是构造题，其中 B,E 是人类智慧，D 是细节分析。A,C 是比较平凡的简单题。F 是真正的好题。

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CF1943

CF1943A

给定一个长为 $n$ 的序列 $a$。Alice 和 Bob 进行博弈，他们初始有一个空序列 $c$，Alice 每次操作选一个 $a$ 中元素加入 $c$ 并从 $a$ 中删掉它，Bob 每次操作选一个 $a$ 中元素从 $a$ 中删掉。Alice 先手。Alice 的目标是最大化 $\text{mex}(c)$，Bob 的目标则是将其最小化。假设两人都足够聪明，求最终的 $\text{mex}$。$n\le 2\cdot 10^5$。

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简单的观察：如果 $x$ 不出现，则答案不超过 $x$；如果 $x\lt y$ 都只出现一次，则答案不超过 $y$。

假设 $0,1,\cdots,y-1$ 中只有 $x$ 的出现次数为 $1$，其余都至少为 $2$，那么 Alice 先手取到 $x$，此后如果 Bob 取到 $\lt y$ 的某个数，Alice 就可以取另一个这个数。这样 $\text{mex}(c)$ 至少就是 $y$。所以上述两条的较小值就是答案。

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CF1943B

一个字符串 $t$ 被称为$k-$好，如果它存在至少一个长为 $k$ 的子串不是回文串。设 $f(t)$ 表示使得 $t$ 是$k-$好的 $k$ 的总和。给定长为 $n$ 的字符串 $s$，$q$ 次询问 $l,r$，求 $f(s_l\cdots s_r)$。$n,q\le 2\cdot 10^5$。

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注意到$k-$好这个条件是非常弱的，或者说不是$k-$好这个条件非常强。假设 $t$ 不是 $k-$好的。先考虑 $k=t-1$，手玩一下会得到：$k$ 为奇数时，所有奇偶性相同的位置都相同；$k$ 为偶数时，所有位置都相同。所以当且仅当 $t$ 是全相同时，偶数 $k$ 不是$k-$好；当且仅当 $t$ 不是两种字符交替时，奇数 $k\gt 1$ 不是$k-$好。注意 $k=1$ 和 $k=|t|$ 要特判。然后就随便做了。

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CF1943C

给定一棵 $n$ 个点的树，初始所有点均为白色。每一次操作可以选择一个点 $v$ 和一个数 $d\in[0,n-1]$，把所有距离 $v$ 等于 $d$ 的点 $u$ 染为黑色。构造一种方案，用最小次数的操作将所有点染黑。$n\le 2\cdot 10^3$。

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考虑一条长为 $m$ 的链应该怎么做。观察所有奇数位置的点和所有偶数位置的点，每一次操作最多将两个奇偶性相同的点染为黑色。所以 $m=2k+1$ 时需要 $k+1$ 步，$m=4k$ 时需要 $2k$ 步，$m=4k+2$ 时需要 $2k+2$ 步。让所有操作都在链的中点或中间两个点上进行，然后直接拍到直径上就可以了。

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CF1943D1,D2

一个长为 $m$ 的非负整数数列被称为好的，当且仅当 $b$ 可以通过有限次下述操作变成全为 $0$：选择两个下标 $l,r(1\le l\lt r\le m)$，对所有满足 $l\le i\le r$ 的 $i$，将 $b_i$ 减掉 $1$。给定 $n,k$ 和质数 $p$，求 $(k+1)^n$ 个 $[0,k]$ 内长为 $n$ 的数列有多少个是好的。答案对 $p$ 取模。D1 $k\le n\le 400$，D2 $k\le n\le 3000$。

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当然考虑如何刻画“好的”数列。显然如果有 $a_i\gt a_{i-1}+a_{i+1}$ 则不合法。这个条件是否充要呢？归纳易证是的。

那有一个暴力的 DP：$dp_{i,j,k}$ 表示 $a_i=j,a_{i-1}=k$ 的方案数。转移是 $dp_{i-1,k,\ge k-j}\to dp_{i,j,k}$。前缀和优化一下可以做到 $O(n^3)$。

如何优化？考虑容斥。如果位置 $i_1,i_2,\cdots,i_s$ 不合法，也就是 $a_{i_j}\gt a_{i_j-1}+a_{i_j+1}$。那么不会有连续两个位置同时不合法。可以分成各个连续段考虑。如果 $2,4,\cdots,2s$ 不合法，那么 $2s+1$ 个项有多少个取法？可以直接 DP，$f_{i,j}$ 表示 $2i-1$ 这个位置取 $j$ 的方案数。转移是 $(k-x-y)f_{i,x}\to f_{i+1,y}$，要求 $x\lt k-y$。那么计算一下 $xf_{i,x}$ 的前缀和与 $f_{i,x}$ 的前缀和即可。

这样之后，设 $dp_{i}$ 表示考虑前 $i$ 项，第 $i$ 项不合法的容斥系数。转移就是枚举连续段，设当前连续段为 $[j,i]$，那么 $j-1,j-2$ 都合法，于是有 $(\sum f_{(i-j)/2,x})k^{j-s-3}dp_{s\le j-3}\to dp_{i}$。注意端点情况需要特判一下。同样用前缀和优化，然后就 $O(n^2)$ 了。

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CF1943E1,E2

给定一个长为 $n$ 的序列 $a$。Alice 和 Bob 博弈，他们初始有一个空序列 $c$，Alice 每次操作选择一个 $a$ 中的元素加入 $c$ 中并从 $a$ 中将其删去，Bob 每次操作选择至多 $k$ 个 $a$ 中元素删去。Alice 先手。Alice 的目标是最大化 $\text{mex}(c)$，Bob 则是将其最小化。假设两人都足够聪明，求最终的 $\text{mex}(c)$。

序列用 $m+1$ 个正整数 $f_0,f_1,\cdots,f_m$ 给出，表示有 $f_i$ 个 $i$。

E1 $m\le 50,\sum m\le 1000$，E2 $m,\sum m\le 2\cdot 10^5$。$k,f_i\le 10^9$。

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考虑是否有 $ans\ge i$。Alice 的策略是选择 $\lt i$ 的，还未选择的数中，出现次数最小的一个。那么将所有 $f_{j\lt i}$ 从小到大排序。

注意到 Bob 没有必要改变 $f$ 的顺序：将每次删 $k$ 个变为 $k$ 次删 $1$ 个，那么仅当 $f_x=f_y$ 时选择靠后的一个会改变顺序，但是可以选择靠前的一个。

如果 Bob 获胜，枚举 Alice 取不到的元素。Bob 的策略就是在不改变顺序的前提下尽可能地减少这个元素的次数。二分答案，然后直接模拟这个过程，复杂度大概是 $O(m^3\log m)$，可以通过 E1。

考虑如何优化这个过程。观察到，如果 Bob 为了保证顺序不变而减少 Alice 下一步删除的数，就说明剩下的数都几乎相等了（差不超过 $1$）。这个时候可以计算出一个 Bob 能赢的总和上界。而此前的部分双方互不影响，是容易计算的。

具体的，假设 $f$ 排序之后得到 $a_1,a_2,\cdots,a_n$，并且 Bob 选定 $a_n$。我们要找到最大的 $i$，使得 Alice 删除 $a_1,a_2,\cdots,a_i$ 的时候，它们都没有被减少过，也就是说 $\sum_{j=i+1}^{n}(a_j-a_i)\ge (i-1)k$。$i$ 对这个条件显然是具有两段性的。相应地有 $\sum_{j=i+2}^{n}(a_j-a_{i+1})\lt ik$，也就是删除 $i+1$ 之前已经减少到了所有数差不超过 $1$，就可以用预处理的结果 $O(1)$ 判断了。实际上因为要考虑多个 $n$，$i$ 是可以双指针求的。

预处理的部分，就是假设 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}=s$ 且 $a_i$ 的极差不超过 $1$，求 Bob 能够在 $a_n$ 上获胜的最小的 $s$。其实就很简单，可以递归计算，设 $s(n-1)=q(n-1)+r$，那么第一步被删除的大小就是 $q$，于是 $s(n)=qn+r+k$。初始值是 $s(2)=2k$。这样之后复杂度被优化到 $O(m\log^2 m)$，瓶颈在二分后的排序，足以通过 E2。E2 比 E1 还好写

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F 太抽象了，看不懂。

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全局简评：ABC三个简单题好像不太对，缺乏层次感。D是 classical 的 DP。E 是非常好的博弈题，难度不算太高。F 有点牛了。

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CF1936

CF1936A

交互题。交互库有一个 $0,1,\cdots,n-1$ 的排列 $p_0,\cdots, p_{n-1}$。可以做的询问是给出四个下标 $a,b,c,d$，交互库返回 $p_a\mid p_b$ 与 $p_c\mid p_d$ （按位或）的大小关系。请用不超过 $3n$ 次询问找到两个下标 $i,j$ 使得 $p_i\oplus p_j$ 最大（按位异或）。$n\le 10^4$，交互库不是自适应的。

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设 $\ge n$ 的最小 $2$ 的幂是 $2^m$，则最大值当然就是 $2^m-1$。

首先 $n-1$ 次操作找到 $p_i=n-1$。然后来找 $2^m-n$。

那么找到所有 $p_j\mid p_i$ 是最大值的 $j$，再在这些 $p_j$ 里面找到最小值。$3n$ 次足矣。

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CF1936B

一排 $n$ 个格子，第 $i$ 个格子写有 > 和 < 之一的字符 $s_i$。一个小球在某个格子中。如果小球所在的格子写有 <，那么它花费一秒移动到左边的相邻格子，否则移动到右边。移动之后这个格子的字符翻转。对 $i=1,2,\cdots,n$，求初始在第 $i$ 个格子的小球需要多少时间离开这一排格子。$n\le 5\cdot 10^5$。

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如果位置 $i$ 初始是 <，设 $i$ 左边的 > 从右到左下标依次是 $a_1,\cdots,a_s$，右边的 < 从左到右依次是 $b_1,\cdots,b_t$。

• 如果 $s\le t$，那么球从左边跑出去，时间是 $(i-a_1)+(b_1-a_1)+(b_1-a_2)+\cdots +(b_s-a_s)+b_s$，化简一下就是 $2\sum_{i=1}^{s}b_i-2\sum_{i=1}^{s}a_i+i$。
• 如果 $s\gt t$，那么球从右边跑出去，时间是 $(i-a_1)+(b_1-a_1)+\cdots +(b_t-a_{t+1})+(n-a_{t+1})$，化简后是 $2\sum_{i=1}^{t}b_i-2\sum_{i=1}^{t+1}a_i+n+i$。

初始是 > 的部分 reverse 一下就可以了。那么只用开两棵线段树维护一下这两个东西就可以了。

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CF1936C

有 $n$ 只神奇宝贝，每只神奇宝贝有 $m$ 个属性，第 $i$ 只的第 $j$ 个属性记为 $a_{i,j}$。现在有一个决斗场，初始时第 $1$ 只神奇宝贝在场上。你可以以任意顺序做任意次如下两种操作之一：

• 选择 $i\in[1,n],j\in[1,m],k\gt 0$，将 $a_{i,j}$ 增加 $k$，代价为 $k$。
• 选择 $i\in[1,n],j\in[1,m]$，让第 $i$ 只神奇宝贝以第 $j$ 种属性与当前场上的神奇宝贝决斗。该属性数值更大的一方将胜出，胜者留在场上。该操作的代价为 $c_i$。

求让第 $n$ 只神奇宝贝（作为胜者）留在场上的最小代价。$2\le n,\sum nm\le 4\cdot 10^5,1\le a_{i,j},c_i\le 10^9$。

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显然每一次决斗都会把一只新的神奇宝贝推上场。设推上场的编号依次是 $b_0=1,b_1,\cdots,b_t=n$，那么在决斗之前，我们会让下一只的某个属性增加一些以使它获胜。这个增加量当然就是 $\max(0,\min(a_{b_{i-1},j}-a_{b_i,j}))$。然后就可以以此建图跑最短路，$u$ 向 $v$ 连边权为 $c_v+\max(0,\min(a_{u,j}-a_{v,j}))$ 的边。这样直接做，复杂度是 $O(n^2\log n)$ 的。

考虑拆点，点 $u$ 拆成 $m$ 个点 $(u,j)$。从 $(u,j)$ 向 $(v,j)$ 连边，边权为 $\max(0,a_{u,j}-a_{v,j})$。再放一个中转点 $u$，从 $(u,j)$ 向 $u$ 连边 $0$，从 $u$ 向 $(u,j)$ 连边 $c_u$。上面的连边就只需要在排序后相邻的 $a_{u,j}$ 和 $a_{v,j}$ 之间连边了。复杂度 $O(nm\log (nm))$。图的点数是 $n(m+1)$，边数是 $2(n-1)m+2nm$。

AC link。怎么难度 A>B>C 的啊。

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CF1936D

给定两个长为 $n$ 的序列 $a,b$ 和一个固定的整数 $v$。一个区间被称为好的，当 $b_l\mid b_{l+1}\mid\cdots\mid b_r\ge v$（按位或）。这个区间的价值是 $\max(a_l,a_{l+1},\cdots,a_{r})$。现有 $q$ 次以下两类操作之一：

• 给定 $i,x$，将 $b_i$ 修改为 $x$；
• 给定 $l,r$，求 $[l,r]$ 好的子区间中的最小价值。如果不存在输出 $-1$。

$n,q\le 2\cdot 10^5$，$a_i,b_i,v\le 10^9$。

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直接上线段树。对每个区间，除了记录其好的子区间的最小价值，还要记录前缀按位或和后缀或的情况。这里总共只有 $O(\log V)$ 种情况，所以暴力记录就可以了。merge 的部分是容易的。复杂度是两只 $\log$。

[AC link](Submission #261989366 - Codeforces).

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CF1936E

给定一个长为 $n$ 的排列 $p$，计数满足下面条件的，长为 $n$ 的排列 $q$：对任何 $1\le i\lt n$，$\max(q_1,q_2,\cdots,q_i)\neq \max(p_1,p_2,\cdots,p_i)$。答案对 $998244353$ 取模。$n\le 2\cdot 10^5$。

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$dp_{i,j}$ 表示已经确定前 $i$ 位，当前的最大值为 $j$。

$dp_{i,j}\to dp_{i+1,k},k\ge j$；$(j-i)dp_{i,j}\to dp_{i+1,j}$。和 $\max p_{1\cdots i}$ 相等的位置不转移。这样轻松做到 $O(n^2)$。

但是这个东西看起来很没有前途。

考虑容斥。$dp_i$ 表示前 $i-1$ 个前缀最大值都不同，第 $i$ 个前缀最大值相同的方案数。

设 $\max_{j=1}^{i}p_j=s_i$。总数是 $C_{s_i-1}^{i-1}\cdot i!=\frac{i\cdot (s_i-1)!}{(s_i-i)!}$。容斥掉第一次相同在 $j$ 出现的方案数。如果 $s_j=s_i$，则这 $i-j$ 个位置有 $\frac{(s_i-j)!}{(s_i-i)!}$ 种方案，否则有 $C_{s_i-j-1}^{i-j-1}\cdot (i-j)!=\frac{(i-j)(s_i-j-1)!}{(s_i-i)!}$ 种。这样也是 $O(n^2)$。

设 $p_i$ 表示最小的 $j$，使得 $s_j=s_i$。 经过一些转化得到

$dp_i=\frac{i\cdot (s_i-1)!}{(s_i-i)!}-\sum_{j=1}^{i-1}(\frac{(s_i-j)!}{(s_i-i)!}-\frac{(s_i-j-1)!}{(s_i-i-1)!})dp_j-\sum_{j=p_i}^{i-1}\frac{(s_j-j-1)!}{(s_i-i-1)!}dp_j$

第一项不用管，最后一项可以简单前缀和优化，中间的项用分治 NTT 解决。复杂度两只 $\log$。

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F 怎么是计算几何啊？难过。

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全局简评：感觉难度 D>A>E>B>C，但是 D 可能又是我蠢了。太抽象了。题目都比较平凡吧。

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CF1924

CF1924A

给定一个字符串 $s$ 和两个整数 $n,k$。判断是否所有由前 $k$ 个小写字母构成的，长为 $n$ 的字符串都是 $s$ 的某个子序列。如果不是，找到一个不满足条件的字符串。$1\le n,k\le 26,|s|\le 10^3,\sum m,\sum n\le 10^6$。

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贪心地找：第一次出现最晚的字符；在此之后第一次出现最晚的字符；以此类推。如果能找到的长度 $\ge n$ 那么就满足条件，否则不满足。

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CF1924B

一个序列上有 $n$ 个点，点 $x_i$ 上放置着 $v_i$ 这个数。位置 $p$ 的权值是 $p$ 左边（含）第一个数乘以 $p$ 到右边（含）第一个数的距离，也就是说放有数的位置权值是 $0$。现在有 $q$ 次两类操作之一，或者在某个还没有放置数的位置放一个数，或者询问一段区间的权值之和。$n,q\le 3\cdot 10^5,1\le x_i\le n,1\le v_i\le 10^7$。保证初始时在 $1,n$ 位置有数。

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用一个 set 维护所有数，用一个线段树维护每个数右边的部分的和。剩下的操作都是 trivial 的。

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CF1924C

一张正方形的纸，每一次操作把四个角折到中心点，得到一个新的正方形。进行 $n$ 次操作后展开，求凸出来的折痕长度之和与凹进去的折痕长度之和的比值。答案可以表示成 $A+B\sqrt 2,A,B\in \Q$，输出 $B$ 对 $999999893$ 取模的结果。$n\le 10^9$。

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设 $n$ 次操作，凹进去的长度和为 $p_n$，凸出来的长度和为 $q_n$。列出递推式：

$$p_n=2\sqrt 2+\frac{\sqrt 2}{2}(p_{n-1}+q_{n-1}),q_n=\frac{\sqrt 2}{2}(p_{n-1}+q_{n-1})\\ p_n+q_n=2\sqrt 2+\sqrt 2(p_{n-1}+q_{n-1})\Rightarrow p_n+q_n=((\sqrt 2)^n-1)(4+2\sqrt 2)\\p_n-q_n=2\sqrt 2\\ \frac{q_n}{p_n}=\frac{((\sqrt 2)^n-1)(4+2\sqrt 2)-2\sqrt 2}{((\sqrt 2)^n-1)(4+2\sqrt 2)+2\sqrt 2} =\frac{((\sqrt 2)^n-1)(\sqrt 2+1)-1}{((\sqrt 2)^n-1)(\sqrt 2+1)+1}\\ =\frac{(\sqrt 2)^{n+1}+(\sqrt 2)^{n}-\sqrt 2-2}{(\sqrt 2)^{n+1}+(\sqrt 2)^{n}-\sqrt 2} =1-\frac{2}{(\sqrt 2)^{n+1}+(\sqrt 2)^{n}-\sqrt 2}\\ n=2k,-\frac{2}{2^k\sqrt 2+2^k-\sqrt 2}=-\frac{2((2^k-1)\sqrt 2-2^k)}{2(2^k-1)^2+2^{2k}},B=\frac{2^k-1}{2^{2k-1}-(2^k-1)^2}\\ n=2k+1,-\frac{2}{2^{k+1}+2^k\sqrt 2-\sqrt 2}=-\frac{2((2^k-1)\sqrt 2+2^{k+1})}{2(2^{k}-1)^2+2^{2k+2}},B=\frac{2^k-1}{2^{2k+1}-(2^k-1)^2}$$

然后直接算就完了。

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神秘的模数原来是为了保证分母一定有逆元吗，他温我哭。

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CF1924D

求有多少个由 $n$ 个左括号，$m$ 个右括号组成的序列，其最长的合法括号子序列长度恰为 $2k$。答案对 $10^9+7$ 取模。$n,m,k\le 2000,T\le 3000$。

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一个合法的括号序列可以分成若干段，每一段也都是合法的括号序列

这些段之间构成若干个缝隙，这些缝隙内就可以插入剩下的括号，必须先插左括号再插右括号

设分为 $j$ 段，长为 $2i$ 的合法括号序列有 $f_{i,j}$ 个，有 $O(n^3)$ 的简单递推

$f_{i,j}=\sum_{t=j-1}^{i-1}f_{t,j-1}f_{i-t,1},f_{i,1}=\frac{(2i-2)!}{i!(i-1)!}$

发现 $f_{i,j}=f_{i+1,j+1}-f_{i+1,j+2}$，然后就 $O(n^2)$ 了。可以找到组合意义。

单次询问是 $O(n)$ 的，设 $n_1=n-k,m_1=m-k$，则答案是 $\sum_{i=1}^{k}f_{k,i}C_{i+n_1+m_1}^{n_1+m_1-1}$。

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CF1924E

初始有一张 $n\times m$ 的网格纸。每一次等概率选择一条平行于边界的格线，将纸片剪开，然后留下左下方的一片。求使得留下纸片的面积严格小于 $k$ 的期望操作次数。答案对 $10^9+7$ 取模。

$1\le \sum n,\sum m\le 10^6,2\le k\le 10^{12},T\le 57000$。

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根据期望的线性性，只用计算每条直线被选择的概率。考虑所有网格线的一个排列表示顺序，那么 $x=i$ 被选择但不是最后一个被选，当且仅当 $x=1,2,\cdots,i-1$ 和 $y=1,2,\cdots,\lfloor\frac{k-1}{i}\rfloor$ 都在这条直线后面。特别地，如果要求所有 $y$ 都在它后面，那么可以确定如果选择了这条线，就一定是最后一条，所以跳过。预处理逆元之后 $O(n+m)$。

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CF1924F

交互题。一个长为 $n$ 的序列，$n-1$ 个位置为 $1$，剩下一个位置为 $0$。每次可以询问一个区间 $[l,r]$，交互库会返回 $r-l$ 或 $r-l+1$ 之一。保证交互库不会连续三次返回询问区间的和，或者连续三次不返回询问区间的和。请使用不超过 $\lceil\log_{1.116}n\rceil-1$ 次询问，给出一个大小不超过 $2$ 的集合，其中包含了 $0$ 的位置。

$T\le 2048,n\le 10^5$。交互库是自适应的。

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考虑把整个序列分为三块 $A,B,C$。按照如下操作询问：

• 询问 $A\cup B$，询问 $A$。
• 如果前两次询问回答相同，询问 $A\cup B\cup C$，可以直接确定 $A$ 和 $C$ 之一是没有 $0$ 的。
• 如果前两次询问回答不同，再询问 $A\cup B$。如果和第一次回答相同，那么可以确定 $B$ 是没有 $0$ 的。
• 如果第三次和第一次回答不同，再询问 $A\cup B\cup C$，可以确定 $A$ 和 $C$ 之一是没有 $0$ 的。

回答指的是 $0$ 是否在区间内。这样就用 $\le 4$ 次操作把三块分成了两块。

然后考虑一个合适的分比，令 $|A|:|B|:|C|=x:1-2x:x$。可能会使用 $3$ 步变成 $2x$，或 $4$ 步变成 $1-x$。于是选择 $(2x)^4=(1-x)^3$ 的解 $x$。更精确一些可以 DP，转移点在 $0.36$ 附近。

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全局简评：有点难评。感觉质量很差，是目前为止见过质量最差的一场。