CF做题记录

听 winty 说多刷 CF1700～1900 很有好处，我决定来板刷点题。
后面也可能有些难度不在1700～1900的。

CF1329A

我们有两个基本观察，如下：

1. \(\sum_{i=1}^ml_i \geq n\)，否则填不满所有格子。
2. \(i + l_i - 1 \leq n\)，这个是因为如果 \(i + l_i - 1 > n\)，那么一个空序列在放入一个长度为 \(l_i\) 的区间之后，剩下的空格子不足 \(i - 1\)，也就是不可能放下前面的 \(i - 1\) 种颜色。

在这两种情况都输出 -1 之后，我们可以构造地说明是一定有解的。
一些观察：上面的第一种情况其实对应着区间不相交的方案，而下面则对应 \(p_i = i\) 的方案，感性理解这两种是恰好相反的，只要结合起来就能构造出答案。
具体如下，我们先令 \(suf\) 表示 \(l\) 的后缀和，令 \(p_i = n - suf_i + 1\)，也就是说从 n 倒着放，并且区间之间没有相交。
显然，这种方法存在问题，但是我们可以调整，具体的，找到第一个 \(i\) 使得 \(p_i \geq i\)，对于 \(j < i\), 令 \(p_j = j\)，剩下的不变，则满足条件。
证明分两方面，第一方面，我们证明每种颜色都是出现过的，这比较显然，因为对于颜色 \(j < i\)，它必然在 \(j\) 这个位置上出现过，而后面的则由于区间两两不交，每个颜色显然出现过至少一次。
第二方面，我们证明每个格子都有颜色，由于在 \(i + 1\) 以及之后的部分是恰好把格子占满了，我们只需要证明在 \(p_i\) 和之前没有 “空白” 即可。
形式化地，就是要证明下式。

\[\begin{align}\label{eq1} \max_{1 \leq j \leq i - 1} (j + l_j - 1) \geq n - suf_i + 1 \end{align} \]

左边就是说在满足 \(j \in [1, i - 1]\)，都有 \(p_j = j\) 的情况下最右边的点，而右边就是 \(p_i\)。
当然，我们有一些条件，例如 \(n - suf_i + 1 \geq i\)。
但是这并不是重点，重点是说，对于任意的 \(j \in [1, i - 1]\)，有 \(n - suf_j + 1 < j\)。
这是因为 \(i\) 是找到的第一个满足 \(n - suf_i + 1 \geq i\) 的位置，则它之前的自然不满足这个约束。
一个直接的想法是说我们直接考察位置 \(i - 1\)。
那么带入到 \((1)\) 式中，就是要证明

\[i - 2 + l_{i - 1} \geq n - suf_i + 1 \begin{align}\label{eq2} i - 3 \geq n - suf_{i - 1} \end{align} \]

根据条件，我们有 \(n - suf_{i - 1} + 1 < i - 1\)，即 \(n - suf_{i - 1} < i - 2\)，则 \((2)\) 式显然成立，证毕。
这题其实不难，但是构造和证明还是比较巧妙的，再加上网上现有的题解都是些相对麻烦的做法，特此写篇题解，注意 \(suf\) 的最大值可以达到 \(10^{10}\)，要开 long long。
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CF1329 B

定义 \(h(x)\) 表示 \(x\) 二进制下最高的一的位置，充要条件其实就是 \(h(a_i) < h(a_{i + 1})\)。
充分性是显然的，必要性也不难说明，考虑第一个位置使得 \(h(a_i) = h(a_{i + 1})\)，则在这之前的 \(h\) 都是递增的，那我们归纳不难说明 \(h(a_i) = h(b_i) = h(a_{i + 1})\)，而 \(b_{i + 1} = b_i \oplus a_{i + 1}\)，那么 \(b_i\) 和 \(a_{i + 1}\) 的最高位抵消掉了，\(b_{i + 1}\) 显然会小于 \(b_i\)，矛盾。
然后就简单了，我们只要枚举二进制下每位 \(i\)，序列中最多一个位置 \(j\) 使得 \(h(a_j) = i\)，把这个位置可能的数字统计一下，并加一（表示不存在这样的 \(j\)）乘起来即可，最后要把空序列减掉。
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CF1329C

不难发现，在最终的树中，叶子肯定是在原树的子树中最小的那个。
而其他节点是原树的子树中大于两个叶子的最小的点，类似归并排序的做即可。
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CF1328E

这个题很搞笑啊，题目简单，代码好写，感觉难度远小于上面三个题。
一眼就是所有的 \(fa\) 必须在一条链上，下面来证一波。
定义关键点表示每次询问中给出的点，\(cnt_u\) 表示以 \(u\) 为根的子树中关键点的数量（不包含 \(u\) 点）。
结论：
合法的充分必要条件是每层最多一个 \(cnt\) 非 \(0\) 的点，充分性显然，必要性证明如下：
考虑这条路径在 \(d - 1\) 层经过的点是 \(fa\)，而在 \(d\) 层有两个点 \(a, b\) 满足 \(cnt > 0\) ，不妨设这条路径往 \(a\) 走，由于 \(b\) 的子树中有至少一个非 \(b\) 关键点 \(c\)，由于 \(c\) 到路径上要先去 \(b\)，而 \(b\) 不在这个路径上，则这个点到路径的距离一定大于 \(1\)，矛盾。
现在我们考虑怎么判这件事，显然我们可以考虑一个点 \(u\) 对 \(cnt\) 的影响，不难发现就是把 \(fa_u \rightarrow 1\) 的路径上的 \(cnt\) 加 \(1\)，而每层又只有一个点 \(cnt\) 非 \(0\)，则要求就是所有的 \(fa_u\) 都在一条链上（这个链其中一端是根），而这条链的另一个端点必然是 \(fa_u\) 中深度最深的点，称其为 \(t\)，只要判剩下的点是不是 \(t\) 的祖先即可，我写了个倍增。
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CF1316C

考虑系数在\(\bmod p\) 之后的最低非 \(0\) 位分别是 \(a_i,b_j\)，那么 \(c_{i+j}=a_ib_j\) 必定不为 \(0\)，故答案为 \(i+j\) 。

CF1827A

考虑 \(b_i\) 的贡献，设 \(a\) 中比它大的个数 \(x\)，\(b\) 中比它大的个数 \(y\)，那么贡献应该是 \(x-y\)，对所有 \(b\) 乘一起即可。

CF1326D2

答案必定形如 \(ABA^{rev}\)，其中 \(A^{rev}\) 是 \(A\) 的逆序串，并且 \(A\) 和 \(A^{rev}\) 分别为 \(S\) 的前缀和后缀。
而选择尽量长的 \(A\) 必然是不亏的，故直接找最长的 \(A\)，然后在 \(S\) 中把 \(A\) 和 \(A^{rev}\) 删掉。
现在问题转化成找 \(B\)，也就是求最长的回文前缀（后缀），哈希一下就行。
单模数过不去，必须要双模数（血的教训。。。）

CF1324F

令白点权值为 \(1\)，黑点权值为 \(-1\)，即求最大权值和，换根 dp 即可。