CF2065 做题记录

赛时过了 ABDEF。G 改代码的时候忘删掉一个 continue，一直过不了。E 忘记判 $k > \max(n, m)$ 调了一年，还吃了一车罚时。C 赛时不会。

总结：烂完了。

A

直接模拟即可。

B

当序列中有两个相邻的相同的数时答案为 $1$，否则答案为 $n$。

C

从左到右依次确定每个 $a_i$，贪心地让 $a_i$ 在不小于 $a_{i - 1}$ 的情况下尽可能小。如果到某个地方无法使 $a_{i} \ge a_{i - 1}$ 则无解。

D

先考虑一个简化问题：给定一个序列 $\{a\}$，重排使得 $\sum_{i = 1}^{n} S_{i}$ 最大。

由于 $\sum_{i = 1}^{n} S_{i} = \sum_{i = 1}^{n} (n - i + 1)a_{i}$，所以越靠前的数被计算的次数越多，因此 $\{a\}$ 升序排序时最优。

回到这个题，每个序列一开始被计算的部分不完整，之后一直累加整个序列的和。前面不完整的部分无论怎么重排都一样，后面的部分，由于每个序列长度相同，所以直接贪心地让按整个序列的和从小到大排序即可。

形式化地说，答案可以表示为：

$$\sum_{i = 1}^{n} \left((n - i)mS_{i} + \sum_{j = 1}^{m}\sum_{k = 1}^{j} a_{i, k}\right)$$

其中 $S_{i}$ 表示第 $i$ 个序列的和。$\sum_{j = 1}^{m}\sum_{k = 1}^{j} a_{i, k}$ 和序列的顺序无关，所以最大化前面那部分就行，因此按 $S_{i}$ 降序排列。

E

构造。设串 $s$ 中有 $x$ 个 $0$ 和 $y$ 个 $1$，记 $f(s) = |x - y|$，即题目中的“balance-value”。

先考虑无解情况：对于整个串，无论怎么排序，都有 $f(s) = |n - m|$，所以当 $k < |n - m|$ 时无解，这是 $k$ 过于小的极端情况。另一个极端是 $k > \max(n, m)$，此时同样无解。

下面不妨设 $n > m$。容易构造出策略：先放 $k$ 个 $0$，那么这个长为 $k$ 的子串保证的整个串 $f(s) = k$。放完之后 $n \gets n - k$。之后放上多出来的 $1$，直到 $n = m$。最后放上 $n$ 对 $01$（或 $10$，根据之前最后一个字符而定）即可。容易发现这一定满足要求。

F

如果一条路径存在绝对众数 $x$，那么 $x$ 出现的次数至少为 $2$。可以发现在这个路径中，要么有两个相邻的 $x$，要么有一个点同时和两个 $x$ 相邻。（严谨证明参见官方题解，用了反证法。）而实际上，“两个相邻的 $x$”本身就已经构成了以 $x$ 为绝对众数的路径，“有一个点同时和两个 $x$ 相邻”同理，因此只需要判断这两种情况，这是简单的。时间复杂度 $O(n + m)$。

G

赛时没有想清楚就开始写，浪费了很多时间！一定要把逻辑捋顺再写代码啊。

首先，由于 $\operatorname{lcm}(a, b)$ 相当于把 $a$ 和 $b$ 的质因数分解上的每个指数取 $\max$，所以如果 $\operatorname{lcm}(a, b)$ 是半质数，那么 $a, b$ 一定都是质数或半质数，因此只需考虑这些数。

进一步，如果 $\operatorname{lcm}(a, b)$ 是半质数，那么 $a, b$ 必然满足以下三种情况之一（设 $p, q \in \mathbb{P}$）：

1. $a = b = pq$（$p, q$ 可以相等）
2. $a = p, b = pq$（$a, b$ 反过来同理，$p, q$ 可以相等）
3. $a = p, b = q$（$p \neq q$）

由于值域为 $n$，所以筛出 $n$ 以内所有的素数，开一个桶记录每个数出现的次数，枚举所有的 $p$ 和 $pq$ 类型的数，再用组合公式统计一下即可。

H

计数题！难点主要在于第一步的转化，后续的数据结构优化是顺理成章的。

按子序列计数显然是没有前途的，因为子序列的数量是 $O(2^{n})$。按照计数问题的套路，我们先改变计数对象。

对于一个序列，它的权值是其极长的 $0$ 和 $1$ 连续段个数，所以我们不妨想想这些极长连续段是怎么出现的。除了第一个极长连续段，所有极长连续段的的开头第一个数必然和它前面一个数不同。也就是说，两个相邻的不同数贡献一个连续段。形式化的表述为：

$$f(s) = 1 + \sum_{i = 1}^{n - 1} [s_{i} \neq s_{i + 1}]$$

因此可以枚举值不同的数构成的数对 $(i, j)$（$i < j$ 且 $s_{i} \neq s_{j}$）。对于一对 $(i, j)$，它对总答案的贡献就是使得 $s_{i}$ 和 $s_{j}$ 相邻的子序列个数。那么有多少个这样的子序列呢？这相当与钦定 $s_{i}$ 和 $s_{j}$ 必须选，$s_{i + 1} \sim s_{j - 1}$ 必须不选，其它位置可以选也可以不选。因此 $(i, j)$ 对答案的贡献为 $2^{i - 1 + n - j}$，总答案为：

$$\boxed{ans = \sum_{i = 1}^{n} \left(2^{n - i} + \sum_{j = i + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{i - 1 + n - j}\right)}$$

（加上 $2^{n - i}$ 是考虑到 $s_{i}$ 作为整个子序列的开头时的贡献，此时只有 $i + 1 \sim n$ 的位置可以任意选。）这样就导出了一个 $O(qn^2)$ 的做法。

考虑优化。把上式提出公因式变成

$$ans = \sum_{i = 1}^{n} \left(2^{n - i} + 2^{i - 1} \cdot \sum_{j = i + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{\ n - j}\right)$$

预处理一下 $2^{n - j}$ 的后缀和，就可以做到 $O(qn)$ 的时间复杂度。这里的瓶颈主要在于每次修改的时候都要重新算一遍后缀和。

到了这一步，已经可以 $O(n)$ 计算出在没有修改时的答案。因此我们先计算出未修改时的答案，然后考虑每次修改对答案的影响，在把答案加上这个影响。

由于我们每次修改一个位置的值，因此我们写出一个位置 $p$ 对答案的贡献 $g(p)$：

$$g(p) = 2^{n - p} + 2^{n - p} \cdot \sum_{i = 1}^{p - 1} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{i - 1} + 2^{p - 1} \cdot \sum_{i = p + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{n - i}$$

第一项代表 $p$ 作为子序列第一个值时的贡献，第二项计算形如 $(i, p)$（$i < p$）的数对的贡献，第三项计算形如 $(p, i)$（$p < i$）的数对的贡献。

（值得一提的是，$ans \neq \sum_{i = 1}^{n} g(i)$，因为 $g(i)$ 统计了所有包含 $i$ 的数对的贡献，所以对于每个数对 $(i, j)$，它在算 $g(i)$ 和 $g(j)$ 的时候都会被统计到，这样会算重。因此计算 $ans$ 的时候一定要保证枚举的数对是有序的。但修改的时候我们考虑 $i$ 的所有贡献，所以任何包含 $i$ 的数对都要被计入其中。）

每次修改时，先减去 $p$ 原来的贡献 $g(p)$，再加上新的贡献 $g'(p)$。$\sum_{i = 1}^{p - 1} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{i - 1}$ 和 $\sum_{i = p + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{n - i}$ 这两项需要单点修改和区间求值，用树状数组维护即可。（为了计算 $[s_{i} \neq s_{j}]$ 这个因子，需要开两组树状数组分别维护 $0$ 位置和 $1$ 位置的值。说“两组”是因为每组都要开两个线段树分别维护 $2^{i -1 }$ 的和及 $2^{n - i}$ 的和。）

综上所述，我们做到了 $O(n + q \log n)$ 的时间复杂度。AC 记录