AtCoder Regular Contest 185 题解

A - mod M Game 2

第一个观察是如果一个人手中还有 2 张牌，那么他一定不会被秒。

这可以推出决定胜负的时刻一定是 Alice 和 Bob 手中只剩一张牌的时候，此时如果 Alice 被秒了，那么她就似了，否则她就赢了。

考虑 Alice 什么时候能被秒。记决定胜负的时刻 Alice 手中的牌是 $a$，Bob 手中的牌是 $b$，那么 Alice 被秒的必要条件就是 $b \equiv N (N + 1) \pmod M$，不妨去证明它也是充分的。

• 若 $1 \le N(N + 1) \bmod M \le N$，此时 $b = N(N + 1) \bmod M$。当 Bob 有 $\ge 3$ 张牌时，他可以留着 $b$ 这张牌不出；当 Bob 有恰好 2 张牌时，若 Bob 留着 $b$ 不出，那么此时牌的和为 $N(N + 1) - a - b$，不难发现它一定不会是 $M$ 的倍数，所以 Bob 可以留着 $b$ 不出。由此可知，Bob 一定能赢。
• 否则，Bob 一定输。

可以 $O(1)$ check。

B - +1 and -1

关键性质：操作不会改变数列的和。

记 $sum = \sum_{i} A_i$。
我们可以构造一个新序列 $A'$，满足 $\forall i \in [1, n - sum \bmod n], A'_i = \lfloor sum / n \rfloor$，$\forall i \in [n - sum \bmod n + 1, n], A'_i = \lceil sum / n \rceil$。

大胆猜测，如果 $A$ 能调整成不降的序列，那么 $A$ 一定能调整成 $A'$。
这显然是正确的，因为我们可以对 $A$ 调整成的不降的序列贪心调整。

所以只需要 check $A$ 是否能调整成 $A'$ 即可，这个可以贪心判断。

时间复杂度 $O(n)$。

C - Sum of Three Integers

枚举 $i$，然后就转化成了寻找 $j, k$ 使得 $a_j + a_k = X - a_i$。

先考虑如何判断可行性。
记 $F(x) = \sum_{i = 1}^n x^{a_i}, G(x) = F^2(x) - \sum_{i = 1}^n x^{2a_i}$，那么 $[x^{X - a_i}] G(x)$，就是 $j, k$ 的方案数。
然后暴力判断即可，注意实现，不要多次进循环。

时间复杂度 $O(V \log V + n)$。

D - Random Walk on Tree

先考虑 $m = 1$ 的情况，此时图是一个菊花。
我们走过的路一定是从 0 走到叶子，然后再返回根，记这为一次 round trip。
考虑如果已经染了 $i$ 个叶子，此时还需要的 round trip 次数为 $\frac{N}{N - i}$。
所以答案为 $2 \cdot\big(\sum_{i = 0}^{N - 1} \frac{N}{N - i} \big) - 1$（最后一次到叶子无需返回）。

对于 $m \ge 1$ 的情况，发现一次 round trip 的期望步数为 $2m^2$（多分支不影响 round trip 的步数），那么可以得到答案为 $m^2$ 乘上 $m = 1$ 的答案。

时间复杂度线性。

E - Adjacent GCD

考虑从小到大枚举 $i$，计算答案的变化量。

首先原本的答案会乘 2，因为可以把原本的 $A_i$ 状态取反形成新的状态。
然后要计算 $A_i$ 的贡献，即 $\sum_{j < i} 2^{j - 1} \gcd(A_j, A_i)$。

考虑维护每个值的贡献系数 $k_i$，那么就转化为了求：

$$\sum_{i = 1}^n k_i \cdot \gcd(i, x)$$

直接上欧拉反演：

$$\begin{aligned} &\sum_{i = 1}^n k_i \cdot \gcd(i, x) \\ = \ & \sum_{i = 1}^n k_i \cdot \sum_{d \mid \gcd(i, x)} \varphi(d) \\ = \ & \sum_{d \mid x} \varphi(d) \cdot \sum_{d \mid i} k_i \end{aligned}$$

这样就能做到 $O(n \cdot d(n))$ 了。