atcoder题目选做

AGC054E ZIG ZAG Break

好强的东西

我们这么去考虑啊

首先不妨假设 \(a_1<a_n\)，那么应该有一个结论，就是有：

\(\{p_i\}\) 合法当且仅当存在一个 \(i\)，满足 \(a_i\le a_1\) 且 \(a_n\le a_{i+1}\)

那么，我们考虑先证明充分性：

考虑倒着这个过程，最后只剩下 \(p_1\) 和 \(p_n\)，然后每次考虑添加去的位置是 \(pos\)，这个假如破坏了原本的一个 \(i\)，那么不好意思，根据 \(x\) 的大小讨论， \(pos\) 或者 \(pos+1\) 依然是合法的。

必要性的话，考虑每次考虑随便删除这个序列的一个峰，然后最后只剩下 \(i\) 这个峰，考虑处理成 \(p_1,p_i,p_n\) 这类的数列就可。

那么我们就证明了上面结论的充要性。

那么，不妨设 \(p_n=p_1+k\)，我们考虑把数分为三类，就是说 \([1,p_1)\) 和 \((p_1,p_1+k)\) 和 \((p_1+k,n)\)

那么于是有这样子我们的排列数就是：

\[(k-1)!\frac{(p_1+k-3)!}{(k-2)!}\frac{(n-p_1-2)!}{(k-2)!} \]

整理就是

\[(k-1)\frac{(p_1+k-3)!(n-p_1-2)}{(k-2)!} \]

进一步的，我们枚举一下

\[(n-p_1-2)\sum_{k=1}^{n-p_1} \frac{(k-1)(p_1+k-3)!}{(k-2)!} \]

考虑拆一下，且令 \(k=k-2\)

\[(n-p_1-2)\sum_{k=0}^{n-p_1-2}\left(\frac{(p_1+k-1)!}{k!}+\frac{(p_1+k-1)!}{(k-1)!}\right) \]

换成组合数

\[(n-p_1-2)\left((p_1-1)!\sum_{k=0}^{n-p_1-2}\binom{p_1+k-1}{p_1-1}+p_1!\sum_{k=0}^{n-p_1-2}\binom{k+p_1-1}{p_1}\right) \]

这玩意考虑一下，就是说

\[(n-p_1-2)\left((p_1-1)!\binom{n-2}{p_i}+p_1!\binom{n-2}{p_i+1}\right) \]

我们再考虑 \(a_1>a_n\) 的情况，那就是必定有

\(\{p_i\}\) 合法当且仅当存在一个 \(i\)，满足 \(a_i\ge a_1\) 且 \(a_n\ge a_{i+1}\)

我们也如此考虑，那么应该是

\[(p_1-3)!\left((n-p_1)!\binom{n-2}{n-p_1+1}+(n-p_1+1)!\binom{n-2}{n-p_1+2}\right) \]

这两个加一块用 \((n-1)!\) 减去就是答案。

ARC128D NeqNeq

题意

给你一个序列，随便的 \(\{A_i\}\)

然后你每次可以做一个操作，就是把连续的三个数字 \(x,y,z\) 如果 \(x\not = z\)，那么就可以删去 \(y\)，然后你可以收手不打了。

问最后可能有多少种不同的序列。

题解

我们考虑观察如果有两个连续位置满足 \(a_i=a_{i+1}\) 那么，考虑分段。

然后考虑怎么去搞一段的就可以了。

我们发现，设 \(f_i\) 是以 \(i\) 结尾的，如果 \(i,j\) 之间有超过三种颜色那么随便删，直接转移就好了，否则的话，就不能去掉，那么就用 \(pre_i\) 表示能转移的（有三个颜色的）最靠后的位置。那么转移方程就是

\[f_i=f_{i-1}+f_{i-2} + \sum_{j=1}^{pre_i}f_j \]

然后把每段乘起来就是答案了。

ARC127D Sum of Min of Xor

题意

给定你两个什么序列，然后计算什么

\[\sum_{1\le i < j \le n} \min{(A_i \oplus A_j,B_i\oplus B_j)} \]

这玩意好难啊

题解

我们考虑分治，就比如说我们令 \(C_i = A_i \oplus B_i\)，那么对于一个 \(C_i = C_j\) 的对，我们发现，随便选一个 \(A_i\oplus A_j\) 即可，那么每次只要能查询一个数对于之前一堆数字的异或和就可以，这玩意可以通过简单的前缀和计算。可以使用数组，或者是 map<int, vector<int>>

否则的话，我们比如最开始分两个集合 \(S,T\) 表示 \(C_i\) 这最高位是 \(0/1\) 的集合，然后考虑每次计算 \(i\in S,j\in T\) 的对 \((i,j)\)，因为这个位上 \(A_i \oplus A_j\) 和 \(B_j \oplus B_i\) 不一样。

那么我们可以通过 \(A_i\) 给 \(S\) 分类为 这一位 \(A_i\) 为零的为 \(S_0\) 否则为 \(S_1\)，那么同理有 \(T_1\) 和 \(T_0\)，我们对于一个 \(S_x,T_y\) 如果 \(x=y\)，那么应该选 \(A_i\oplus A_j\) ，否则应该选 \(B_i \oplus B_j\)。然后可以对于 \(S\) 和 \(T\) 分别递归下去。

那么现在的问题相当于是给你一个集合 \(S\)，再给一个集合 \(T\) ，求出来

\[\sum_{x\in S,y\in T} x\oplus y \]

那么我们考虑对于每个位分开讨论，只要用 \(cnt_i\) 表示 \(T\) 中有多少个数字 \(i\) 位是 \(1\)，那么就有

\[\sum_{x\in S,y\in T} x\oplus y=\sum_{i=0}^L\sum_{x\in S \and x \&2^i} cnt_i 2 ^ i+\sum_{x\in S \and x \not \& 2 ^ i}(\text{sz}(T)-cnt_i) \]

然后就解决了。

ARC127E

题意

给你一个 \(n+m\) 长度的操作序列，然后依次执行，维护一个优先队列 \(s\)，每次

• 弹出 \(s\) 中的最大值
• 往 \(s\) 中加一个数字

要求只能添加一个排列

题解

我们考虑随便整一个贪心，就是第 \(i\) 次添加 \(i\)，那么应该有这是的集合是最优秀的。

我们令一个随便整一个集合，那么必然有 \(x_i\le z_i\)，其中 \(x_i\) 表示你选的这个集合里第 \(i\) 大的数字，而 \(z_i\) 同理，表示最优秀集合的。

然后考虑直接可以 \(dp\) 出来 \(x\) 集合的数量，这样子的 \(x\) 也显然可以取出来。

ARC125D

题意

给定长度为 \(n\) 的数组，求有多少个子序列只出现过一次。

题解

容易想到 \(dp\)，令 \(dp_i\) 表示 \(1\sim i\) 中以 \(a_i\) 为结尾的满足条件的子序列的个数，观察性质，当相同的数再次出现时，前一个数能构成的所有子序列都会重复，因此这里要减去贡献，显然减法的操作只会在这种情况产生。考虑到 \(i\) 时哪些是合法的转移，显然就是上一次出现的位置到当前位置的所有子序列都可以接上 \(a_i\)，之前的不合法。

ARC125E Snack

题意

你有 \(n\) 个零食， \(m\) 个人，然后有 \(a_i,b_i,c_i\) ，就是

• \(a_i\) 表示第 \(i\) 种零食最多有 \(a_i\) 个
• \(b_i\) 表示第 \(i\) 个人，对于每种零食最多取 \(b_i\) 个
• \(c_i\) 表示第 \(i\) 个人，最多拿多少个零食

求最多一共能拿多少个零食

题解

考虑直接网络流，源点 \(S\) 与每个零食连一条流量为 \(a_i\) 的边，第 \(i\) 个零食向第 \(j\) 个人连 \(b_j\) 的边，每个人向汇点 \(T\) 连 \(c_j\) 的边，那么最大流就是答案。

直接跑肯定 gg，我们考虑怎么去优化他，考虑模拟啊。考虑最小割等于最大流，那么我们只需要求最小割。

我们考虑对于零食割掉了 \(cnt\) 条边，那么肯定是 \(a_i\) 最小的 \(cnt\) 的零食。因为其他的方面都是对称的。

我们在考虑对于其他的那些零食，他的贡献就是 \(\min(c_i,(n-cnt)\times b_i)\)

我们考虑怎么快速求出上面那个东西，怎么整啊考虑对于人以 \(\frac{c_i}{b_i}\) 进行排序，那么用一个指针进行维护即可。

那么这样子就搞完了。

ARC125F Tree Degree Subset Sum

题意

给你一棵树，然后问你，有多少个 \((x,y)\) ，满足你能选出来 \(x\) 个点，然后他们的度数和为 \(y\)。

题解

首先就是，这个傻逼树的条件就是nt，因为一个无根树对应着一个 prufer 序列，只需要满足 \(\sum d_i=2 n - 2\) 即可。

那么题就转化为了 给你一个和为 \(2n-2\) 的序列，然后 \((x,y)\) 的个数，我们考虑对于所有数字减一（这是毫无影响的），那么就是给一个和为 \(n-2\) 的序列，然后 \((x,y)\) 的个数。

我们考虑对于一个 \(y\)，用最少的的元素凑出来就是 \(L(y)\)，同理有 \(R(y)\)，那么我们有 对于所有的 \(L(y)\le x \le R(y)\)，这些 \(x\) 都是合法的。

我们考虑怎么去证明这个东西，假设有 \(z\) 个 \(v_i=d_i-1\) 是 \(0\)，那么我们只需要证明

\[R(y)-L(y)\le 2 z + 1 \]

对于一个任意选择的方案，其权值和为 \(k\)，其选区的个数为 \(c\)，那么有

\[-z\le k - c \le z - 2 \]

因为 \(k-c=\sum_{i\in S}(v_i-1)\)，现在最小值就是所有 \(0\) 的个数，即 \(-z\)，那么我们在考虑所有 \(k-c\) 中的数字都是大于 \(1\) 的情况。

\[k-c\le \sum_{i}v_i-\sum_{i}[v_i\ge 1]=n-2-(n-z)=z-2 \]

那么 \(k-L(k)\) 和 \(k-R(k)\) 均在 \([-z,z-2]\) 之间，那么就有他俩相差不超过 \(2z-1\) ，所以就证明完了。

然后，那么直接考虑做一个背包，就是说，我们只要算出来对于每个值我们最多用多少个最少用多少个就行，这玩意显然可以用 \(dp\) 解决。

就是一个 \(dp_i=\min | \max(dp_{i-sv}+s)\)，由于最多有 \(O(\sqrt n)\) 个不同的数字，那么有 复杂度为 \(O(n\sqrt n)\)

ARC124D Yet Another Sorting Problem

题意

给你一个 \(1\sim n + m\) 的排列，然后你每次可以选一个 \(1\le x \le n\) 和 \(n+1\le y \le n+m\)，交换 \(p_{x}\) 和 \(p_{y}\)

题解

我们考虑用群论的思想解题，这玩意就是个置换环。我们考虑 \(i\rightarrow p_i\) 变成原本的图，然后那么原本图就是很多个环构成，我们的目的是操作这个图让每个环都是自环。

我们考虑让 \([1,n]\) 的点为白色， \([n+1,n+m]\) 的点为黑色。

那么我们每次的操作 \((x,y)\) 就是选择一个黑色点，一个白色点。

然后让 \(x\rightarrow p_y\) 且 \(y\rightarrow p_x\)，那么就有，我们直接这么考虑就可以了，对于一个异色环，我们明显可以在 \(\text{sz}-1\) 的操作次数下拆成每个自环。

然后考虑有 \(A\) 个白色大于一的同色环，然后 \(B\) 个黑色大于一的同色环，很明显是先两两配对，然后多的和异色环配对。

那么我们就推一下答案应该是 \(\max(A,B)+n+m-num\) 其中 \(num\) 是最后环的个数

这个玩意应该是 \(num=(cnt-A-B)-\max(A,B)+\min(A,B)\) 其中 \(cnt\) 是原来的环的个数

整理得到答案是 \(n+m-cnt+2\max(A,B)\)。

ARC124E Pass to Next

题意

\(n\) 个人排成一个环，第 \(i\) 个人有 \(a_i\) 个球，可以同时给下一个人 \(x(0\le x\le a_i)\) 个球，求每个人最后会有球 \(b_i\) 个，问所有不同的 \(b\) 序列的 \(\prod\)

\[\sum_b\prod_{i=1}^nb_i \]

就是这玩意。

题解

我们首先考虑一下，什么样的传球方法能不漏唯一的对应一个 \(b\) 序列。然后我们发现，只有当每个人传球数量 \(\min{x_i}=0\) 的时候，这样的一个传球序列表示一个最后的 \(b_i\) 序列，否则我们可以每个人都少传一个球。

我们考虑最后这个式子的组合意义其实是什么？

就是最后出来一个 \(b\) 序列之后每个人从自己手里拿一个球的方案数。对此，我们可以直接分类讨论用动态规划解决即可。

我们令 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个人选的是自己原本的球，前 \(i-1\) 个人选择的方案数，而 \(g_i\) 表示第 \(i\) 个人选的是上一个人送她的球。

我们设 \(s_i(n)=\sum_{j=1}^n j^i\)，那么有

\[f_i\rightarrow f_{i+1} \]

由于这个人可能会给后边的人 这样的方案数就有 \(s_1{(a_i)}f_i\)

\[g_i\rightarrow f_{i+1} \]

由于这个第 \(i\) 个人的选择已经确定，但是不确定怎么传，所以 \(g_i(a_i+1)\)

那么就是 \(f_{i+1}=s_1{(a_i)}\times f_i+g_i\times (a_i+1)\)

然后考虑 \(g_i\) 的转移，我们发现应该就是

\[f_i\rightarrow g_{i+1} \]

这个转移需要计算 \(i\) 和 \(i+1\) 的选球方案，考虑给了第 \(i+1\) 个人 \(b\) 个，那么就是 \(f_i\times \sum_{b=1}b\times (a_i-b)\)，就是 \(f_i\times (s_1(a_i)\times a_i-s_2(a_i))\) 。

\[g_i\rightarrow g_{i+1} \]

那么这个也是显然的就是 \(g_i\times s_1(a_i)\)

那么 \(g_{i+1}=g_i \times s_1(a_i)+f_i\times (s_1(a_i)\times a_i-s_2(a_i))\)

由于转移是一个环，所以刚开始的时候要钦定 \(f_1=1\) 或者是 \(g_1=1\) ，这两种情况的答案分别是 \(f_{n+1}\) 或者是 \(g_{n+1}\) 对吧。

然后我们还需要容斥，就是加上一个 \(\min x_i=0\) 的条件，很简单，我们只需要做两次 \(dp\)，强制让第二次的 \(dp\) 转移最小是从 \(1\) 开始即可。两次答案相减即可。

ARC124D F - Chance Meeting

题意

在 \((1,1)\) 处有个肉三鲜，在 \((n,1)\) 处有个三月底，你每次可以让肉三鲜向右或者下移动一个，或者让三月底向右或者上移动一个，问有多少种不同的操作序列，可以使得肉三线和三月底恰好碰撞一次（在一个格子里）。

题解

我们考虑如果肉三鲜和三月底在一个行里才能相遇，于是我们设 \(f(i)\) 表示他们可以在某一行的第 \(i+1\) 个格子里唯一一次相遇的方案数量，那么答案就是

\[\binom{2n}{n}\sum_{i=0}^{m}f(i)f(m-i) \]

这玩意相当于一个对称。

那么我们再考虑怎么求出来 \(f\)

这玩意不会啊。于是考虑容斥。

\[g_i=\binom{2i+n}{n}\binom{2i}{i} \]

然后自然就有，考虑如果不是第一次相遇，那么就有上一次相遇，自然就是通过枚举上一次相遇的点来容斥，容斥系数是2乘上一个卡特兰数，这很好理解

\[f_i=g_i-\sum_{k=0}^{i-1}2g_{k}h_{i-k-1} \]

其中 \(h_i=\frac{\binom{2i}{i}}{i+1}\)

然后就是个卷积！

ARC122D XOR GAME

题意

给定一个长度为 \(2n\) 的序列，Alice 和 Bob 执行以下操作 \(n\) 次：

• Alice 选择一个之前未被选择过的数字 \(x\)。
• Bob 选择一个之前未被选择过的数字 \(y\)。
• 这一轮的价值为 \(x \oplus y\)。

\(n\) 轮后总价值为每一轮价值的最大值。Alice 想最大化总价值，Bob 想最小化总价值。在两人都选择最优策略的情况下，求最后总价值是多少。

题解

首先，题目的意思是，从长度为 \(2n\) 序列中匹配 \(n\) 对数，并将匹配的两个数异或，使得的异或值最大值最小。

那么，我们就考虑讨论现在这些数字的最高位，如果有偶数个 \(0\) 和偶数个 \(1\)，那么肯定是 \(0\) 的匹配在一起，\(1\) 的匹配在一起，分割成了两个子问题。

否则，肯定有奇数个 \(1\) 和奇数个 \(0\)，那么就是说，肯定有一个 \(1\) 和 \(0\) 匹配起来，这个问题可以简单的使用 \(\text{Trie}\) 解决。

ARC122E Increasing LCMs

题意

给你一个序列 \(\{a_i\}\)，然后让你重排 \(a\)，使得 \(y_i=\text{lcm}_{j\le i}a_j\)，这玩意递增。求一个方案数。

题解

我们考虑，倒序向前排，那么就有，我们在一个 \(i\) 位置可以填 \(a_i\)，当且仅当

\[\gcd(\text{lcm}_{j<i}(a_j),a_i) < a_i \]

那么就可以填，变换一下就是

\[\text{lcm}_{j<i}(\gcd(a_j,a_i))<a_i \]

这玩意你考虑指数形式显然成立对吧。

然后为啥要倒序做，我们考虑这玩意就是说一个数可以填 \(j\) 位置，那么他肯定可以填 \(i<j\) 的 \(i\) 位置。

ARC122F Domination

题意

你有 \(n\) 个红石头，第 \(i\) 个红石头的坐标为 \((rx_i,ry_i)\)，你有 \(m\) 个蓝石头，第 \(i\) 个蓝石头的坐标为 \((bx_i,by_i)\) 。你可以移动蓝石头到 \((x,y)\)，那么移动的花费就是 \((x,y)\) 到 \((bx_i,by_i)\) 的曼哈顿距离。

问你用最少的花费使得每个红色石头的右上方至少有 \(K\) 个蓝色石头。问你最少花费。

题解

我们首先考虑这个 \(k=1\) 的情况如何解决。

我们考虑一个 \(O(n^2)\) 的 dp 来解决这个问题。

首先我们发现，如果一个红石头在另外一个红石头的左下方，那么这个红石头一定不需要考虑，于是我们只需要删去前者，即可，那么剩下的一堆红石头我们按照 \(x\) 从小到大排序，其中 \(y\) 坐标从大到小。

那么我们列出 \(dp\) 方程，其中 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个红色石头都满足条件的最小代价。那么我们枚举上一段被覆盖的区间右端点，那么就是

\[f_i=\min_{0\le j <i}(f_j+\min_{1\le l \le m}(\max(0,rx_i-bx_l)+\max(0,ry_{j+1}-by_l)) \]

关于这个 \(dp\)，我们考虑下边这个有向图来描述。

把一个石头拆成两个点，分成 \(x\) 坐标和 \(y\) 坐标，将所有的 \(x\) 坐标和从小到大排序，所有的 \(y\) 坐标从大到小排序，每个节点向下一个连权值差的边，下一个向上一个连 \(0\) 的边，所有蓝石头的 \(y\) 坐标的石头向 \(x\) 石头的边。那么这个图上

第 \(i\) 个红色石头的 \(y\) 石头到 \(j\) 个红色石头的 \(x\) 石头的最短路就是

\[\min_{1\le l \le m}(\max(0,rx_j-bx_l)+\max(0,ry_j-by_l)) \]

然后在加上转移，就是 \(i\) 个红色的 \(x\) 石头向 \(i+1\) 个红色的 \(y\) 石头连 \(0\) 的边。

那么这样子 \(1\) 号红色石头的 \(y\) 石头到 \(n\) 个红色石头的 \(x\) 坐标的最短路就是答案。我们考虑跑一个流量为 \(K\) 的费用流就是答案了。

跑 \(EK\) 的时间复杂度是 \(O(Kn^2)\) ，我们考虑怎么跑到 \(O(Kn\log n)\) 。

我们考虑 \(\text{dijkstra}\) 求费用流，就是给每个点加势能 \(h_i\)，对于一个原来的边 \((x,y,c)\)，每个新的边就是 \(w+h_x-h_y\)，保证这玩意 \(\ge 0\) 即可。令每次的势能增加量为 \(d_i\) 即可。

证明：

• 考虑每个原来流量非 \(0\) 的边，那么有 \(d_y\le d_x+(w+h_x-h_y)\) 化简就有 \(w+h_x'-h_y'\ge 0\)
• 对于每个流量为 \(0\) 而之后流量非 \(0\) 的边，那么应该有 \((y,x)\) 是最短路 \(d_y+w+h_y-h_x=d_x\) 那么化简之后就是 \(-w+h_x'-h_y'=0\) 即 \((x,y)\) 这条边的权值为 \(0\)。

ARC121D 1 or 2

题意

你有 \(n\) 个糖果，第 \(i\) 个糖果的美味度是，每次可以选择吃 \(1\) 个或者 \(2\) 个，最后要全部吃完，每次把吃完的糖果的美味度和写到黑板上，然后令最大值为 \(X\)，最小值为 \(Y\) ，你需要最小化 \(X-Y\) 的值。

题解

我们考虑假定每次必须选两个糖果的话，那么我们需要添加一些为 \(0\) 的糖果，然后单独选的糖果配对就是 \(0\) 的糖果，我们考虑这个问题如何解决。

那么显然就是说，糖果按照美味度排序的话，最大的糖果配最小的，次大的糖果配次小的，以此类推。

这个证明很简单，我们设 \(A\le B \le C \le D\) ，那么显然有 \(\min(A+D,B+C)\ge \min(A + C,B+D)\) 且 \(\max(A+D,B+C)\le \max(A + C, B + D)\) 是吧。

然后我们每次向里边添加两个零，然后暴力做就完了。

时间复杂度为 \(O(N^2)\)

ARC121E Directed Tree

题意

你有一棵树，然后有一个排列 \(a_i\)，对于每个 \(i\)，要满足从 \(a_i\) 不能是 \(i\) 的祖先。问 \({a_i}\) 的方案数，对于 \(998244353\) 取模。

题解

我们首先考虑问题转化，那么我们就将问题转化为，对于一个节点 \(i\)，\(a_i\) 不能填她子孙节点的情况。

我们考虑设 \(S(i)\) 表示钦定 \(i\) 个位置不合法的方案数量，那么我们就有

\[ans=\sum_{i=0}^n (-1)^iS(i)(n-i)! \]

那么考虑怎么求出来 \(S(i)\)，我们设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树内，钦定了 \(j\) 个节点不合法的方案数量。

那么我们的 \(dp\) 方程就是

\[dp_{i,j}=\sum_{\sum_{k=1}^s j_k = j}\prod_{k=1}^s dp_{son_k,j_k} \]

那么初始就是 \(dp_{i,0}=1\)，我们再考虑最后要看看这个节点合不合法，那么就是 \(dp_{i,j}=dp_{i,j}+dp_{i,j-1}\times (\text{sz}(i) - j)\)

这个转移方程看似是 \(O(N^3)\) 的，但是考虑每个点两两配对的思想的话，她其实是 \(O(N^2)\) 的。

ARC121F Logical Operations on Tree

题意

给你一个点权分别是 \(0/1\) ，边权分别是 \(\and\) 或者是 \(\or\) 的树，每次你可以执行去掉一条边，然后用一个权值为位运算结果的点代替这个边两边的点。

问有多少种合法的树，能够删成一个为 \(1\) 的节点。

题解

我们讨论一下啊，对于一个度数为 \(1\) 的节点

• \(\or 1\) ：那么肯定行
• \(\and 1\) ：这是废话，直接干
• \(\or 0\)：这是废话，直接干
• \(\and 0\)：现在算肯定比之后算要好，因为影响范围小了。

所以直接就是每次找一个度数为一的节点直接做就是最好的。

那么我们可以考虑 \(dp\) 解决这个问题。令 \(f_{i,0/1/2}\)，表示 \(i\) 节点子树，这个点权值是 \(0/1\) 且没有 \(\or 1\) 的方案数和有 \(\or 1\) 的方案数。那么 dp 方程就是：

\[\begin{cases}f_{k,0}=f_{k,0}(2f_{son,0}+f_{son,1})+f_{k,1}f_{son,0}\\f_{k,1}=f_{k,1}(f_{son,0}+f_{son,1})\\f_{k,2}=(f_{k,0}+f_{k,1})(f_{son,1}+2f_{son,2})+2f_{k,2}(f_{son,0}+f_{son,1}+f_{son,2})\end{cases} \]

初始是 \(f_{k,0}=f_{k,1}=1\)，答案就是 \(f_{1,1}+f_{1,2}\)

ARC120D

题意

给你一个长度为 \(2n\) 的序列 \(A\)，再叫你构造一个合法的长度为 \(2n\) 的括号序列，对于每对匹配的括号 \((i,j)\)，权值为 \(|A_i-A_j|\)，一个括号序列的权值是他所有匹配括号对的权值和。

问权值最大的合法括号序列是什么。

题解

我们考虑，直接按照 \(A\) 进行排序，然后强制让前一半的 \(A\) 和后一半的 \(A\) 做匹配。匹配的方式是，我们栈内只存同一类型的 \(A\)，保证他们不匹配，然后遇到一个不一样的就弹出就行了，为空的时候直接压栈就好了。