ARC185 A-E

比 ARC184 简单多了。

A. mod M Game 2

我们只关心 Alice 出的最后一张牌，这张牌会决定游戏的胜负，因为除了最后一张牌，二人都可以选择出牌来使得自己不会输。

让我们假设 Alice 最后出的牌为 $x$，那么在打出最后一张牌之前的牌之和为 $n(n-1)-x$。

1. 若 $[n(n-1)-x]modm=0$，令 $y=n(n-1)modm$，如果 Bob 打出的前 $n-1$ 张牌中没有 $y$，那么 $x=y$，此时 Alice 会输。可以被证明，Bob 一定存在一种策略能够达到这种状态。
2. 若 $[n(n-1)-x]modm\ne 0$，此时 Alice 必胜。

条件 1 就等价于 $1\le n(n-1)modm\le n$。

B. +1 and -1

贪心的想，我们想尽量让最后的 $A$ 中的元素尽量接近（平均值），令 $s=\sum A_i$，那么最终的序列 $A=(\lfloor \frac{s}{n}\rfloor ,\lfloor \frac{s}{n}\rfloor ,\dots ,\lfloor \frac{s}{n}\rfloor +1,\dots ,\lfloor \frac{s}{n}\rfloor +1)$，其中 $\lfloor \frac{s}{n}\rfloor +1$ 共有 $smodn$ 项。

之后我们就只需要判断 $A$ 是否可能通过操作变成上述的样子，这是容易的。

详细证明可以见 Atcoder 官解。

C. Sum of Three Integers

题目只要求给出任意一组合法解。

让我们枚举 $i=1,2,\dots ,n$，之后我们就只需要判断是否有两个整数 $j,k$ 满足 $A_j+A_k=X-A_i$。

我们可以通过一次卷积来解决这个问题。

具体的，我们可以通过一次卷积求出有多少个 $A_j+A_k(1\le j,k\le n)$ 等于某个值 $Y$，但是可能 $j=k$，此时将每一个 $A_p+A_p$ 的方案减去一。

除此之外，还可能存在 $A_i+A_k=X-A_i$ 也就是一个 $A_i$ 出现两次的情况，我们可以先提前预处理出满足这种情况的方案数，最后在减去即可。

时间复杂度 $O(X\log X)$。

D. Random Walk on Tree

没有场切。

先让我们考虑 $m=1$ 的情况。

此时 Takahashi 会在节点 $0$ 和一个叶子节点之间反复移动，显然，Takahashi 想要给这 $n$ 个叶子节点都染上色的期望往返次数为 $\sum _{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i}$，每次往返需要 $2$ 步，且最后一次不需要往返，所以期望步数为 $2(\sum _{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i})-1$。

接下来让我们单独考虑一条长度为 $m$ 的链的情况，转化为这样一个问题：初始时 $i=0$，每次随机将 $i$ 变为 $i+1$ 或 $i-1$，当 $i=0$ 时只有第一种操作，求出 $i$ 变为 $m$ 的期望操作次数。

令 $f_i$ 表示将 $i$ 变为 $i+1$ 的期望次数，令 $g_i$ 表示将 $i+1$ 变为 $i$ 的期望次数，我们有：

• 当 $i=0$ 时，有 $f_0=g_0+1$。
• 当 $i=m-1$ 时，有 $f_{m-1}=0,g_{m-1}=1$。
• 当 $1\le i\le m-1$ 时 $f_i+g_{i-1}=f_{i+1}+g_i$，因为中间所有点的期望进出次数是相同的。

若我们固定了移动的起点，在每一个点时它进行两种操作的概率时相同的，所以进行操作的期望次数与它具体是那种操作无关，于是有 $f_i=g_{i-1}$。

从大到小考虑每个点，有 $f_i=m-i,g_i=m-i-1$，所以总期望次数为 $m^2$。

最后的答案就是 $(2(\sum _{i=0}^{n-1}\frac{n}{n-i})-1)m^2$。

E. Adjacent GCD

依次枚举每一个 $m=i=1,2,\dots n$ 来求解答案，记 $m=i$ 的答案为 $an{s}_i$。

在我们不考虑 $i$ 时，答案为 $2an{s}_{i-1}$。

现在让我们考虑 $i$，记子序列中的上一个选择的数为 $j$，那么最新造成 $gcd(a_i,a_j)2^{j-1}$ 的贡献。

也就是说 $an{s}_i=2an{s}_{i-1}+\sum _{j=1}^{i-1}gcd(a_i,a_j)2^{j-1}$。

现在让我们考虑后面那一坨玩意。考虑求出每个 gcd，然后再乘上 $2^{j-1}$，但这样算肯定不对，因为我们无法确定这个就是那两个数的 gcd，无法保证它们没有其它的质因子。

但是，我们知道 $x=\sum _{d\mid x}\phi (d)$。

也就是说，我们只需要枚举 $a_i$ 的每个因子 $p$，看有多少个数包含这个因子 $p$，那么这个因子对答案造成的贡献就为 $p\cdot \phi (p)$。

时间复杂度 $O(n\sqrt{a_i})$。