AGC 营业记录

仿照神仙们写做个 AGC 清单吧。

把自己以为有意思的题目搬上来。

之后可能考虑分开写。

[AGC001E] BBQ HARD $\star$

Difficulty: $\color{blue}{\texttt{?}}$

不会思维题。非常自闭。

容易发现这个式子等价于格路行走。

分别映射到左下角和右上角，然后 $O(s^2)$ 做一次 dp 就好了。

[AGC001F] Wide Swap

Difficulty: $\color{blue}{\texttt{?}}$

🕊

[AGC002E] Candy Piles $\star$

Difficulty: $\color{red}{2889}$

小清新的博弈论。

首先容易发现题意等价于网格图上行走。

再观察一下，对于 $x-y$ 相同的位置的胜负态一定相等。

于是做完了。

[AGC003E] Sequential operations on Sequence $\star$

Difficulty: $\color{red}{2983}$

感谢此题提醒我不是思维选手的事实。

容易令 $q_i$ 单增。考虑倒推，每次计算插入一串的贡献。

这一串有一部分是上一个串的重复，还剩下某个长度为 $l$ 的前缀。此时我们找到一个 $q_x$ 使恰好比 $l$ 小，那么就可以继续这个流程，且每次取模都是有意义的。

众所周知有意义的取模只有 $\log$ 次，因此能做到 $O(n\log^2 n)$。

[AGC004E] Salvage Robots

Difficulty: $\color{brown}{3205}$

一开始想直接枚举矩形的左下角，后来发现好像能救的并不形成一个矩形。

但是有机会能救的一定是一个矩形，设当前向各个方向走的步数为 $S_{0,1,2,3}$ ，然后记最大贡献为 $dp_S$ ，考虑转移。

不妨考虑向上走，那么救到的人形成一个横着的竖条，显然可以 $O(1)$ 转移。

于是就能做到 $O(n^4)$ ，常数很小，可以轻松通过。

[AGC005D] ~K Perm Counting

Difficulty: $\color{red}{2943}$

考虑容斥。

首先拆成几条链。

对每条链计算钦定 $i$ 个位置违反的代价，这个甚至可以 dp 。

最后拼到一起就好了。。

[AGC005E] Sugigma: The Showdown

Difficulty: $\color{brown}{3276}$

考虑在 $B$ 树上的一条边，如果在 $A$ 树上对应的两个点距离大于等于 $3$ ，那么走到那里直接就赢了。

那么容易发现，如果 $A$ 走了一步以后又往回走，显然就输了。

于是只需要模拟 $A,B$ 走就行了。复杂度 $O(n \log n)$。

[AGC005F] Many Easy Problems

Difficulty: $\color{brown}{3440}$

考虑一条边何时产生贡献。

记这条边链接两端的 size 为 $x$ 与 $n-x$，容斥，则对于集合大小为 $k$ 时的贡献就是 $\binom{x}{k}+\binom{n-x}{k}$。

我们统计出所有可能的 size。记有 $w_x$ 种情况令 size 为 $x$，那么容易有：

$$Ans_k=\sum_{i=k}^n w_i \binom{i}{k}$$

NTT 优化即可。

[AGC006E] Rotate 3x3

Difficulty: $\color{red}{3101}$

这题 xzy 好像在若干年前就会了，膜拜 xzy。

首先考虑一列，显然列包含的数字构成的集合不会改变，中间的数字也不会改变，此外每操作一次就交换上下的数字。

另外容易发现奇/偶数列只能内部交换，每次操作奇偶内部的逆序对数量奇偶性改变，而被交换上下的位置数目奇偶性也改变。于是随便判断一下就好了。

[AGC006F] Blackout $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3530}$

转化一步题意：

现在给一张图，如果存在 $a \rightarrow b \rightarrow c$，你就能新建一条边 $c \rightarrow a$。

考虑什么时候会把一个连通块变成完全图，首先如果有一条双向边显然就变成完全图了。

考虑拓展，我们给出如下的结论：

如果存在从 $a$ 到 $b$ 的长度 $\text{mod 3}$ 不同的路径，那么可以通过操作令 $a \leftrightarrow b$。

证明考虑归纳。

这启发我们对这张图三染色。注意到题目的性质，我们令 $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 1$，然后如果不是完全图，那么对于任意的 $C_x=1,C_y=2$ 都有 $1 \rightarrow 2$。剩下的情况类似。

注意一些特殊的情况。

[AGC007E] Shik and Travel

Difficulty: $\color{gray}{3906}$

首先考虑到一条合法的路径是一个 $\text{dfs}$ 的过程，你每次可以随意选择一个子树走进去。

二分答案，我们需要每个子树满足条件的同时，合理的决定子树的行走顺序。

记 $dp_{i,l}$ 表示子树 $i$，进入时长度为 $l$，出去时的最小长度。

容易发现对于相同的 $dp$ 值，我们只需要保留 $l$ 最小的。

有这样的推论：

记 $cnt_x$ 表示点 $x$ 的有意义的 $dp$ 值数目，有：
$cnt_x\leqslant 2\min\{cnt_{son_x}\}$

事实上我们参考转移的过程就容易得到这一结论。

于是转移时点 $x$ 我们可以双指针做到 $O(\sum cnt_{son_x})$，毛估估一下 $O(n\log n)$，因此直接转移就可以通过此题。

[AGC008D] K-th K

Difficulty: $\color{goldenrod}{2164}$

经典不会贪心。

按照每个数字钦定的位置贪心从前向后填，然后在从后向前填。

考虑这样的正确性：感觉好对啊（误

[AGC008E] Next or Nextnext $\bigstar$

Difficulty: $\color{brown}{3559}$

考虑这样一个事实，我们首先建立 $i \rightarrow p_i$ 的边，这样形成了若干个环。

此外，我们考虑操作会带来的影响。建立另一张图包含 $i \rightarrow a_i$ 的边，它一定是由上一张图经过某些操作得来的。现在我们得到了第二张图，需要复原出第一张图。

容易发现，我们抽出第一张图的一个环，做若干次操作后只有可能：

1. 没有变化。
2. 变成另外一个环（边数是奇数）或者分裂成两个环（边数为偶数）。
3. 变成一颗内向基环树。

考虑将第二张图的元素复原，对于一个环，你可以钦定它为操作 $1$，也可以钦定为操作 $2$。对于一颗基环树，我们需要考虑它能否复原，以及方案数。

设长度为 $l$ 的环有 $w$ 个，那么它的贡献就是：

$$\sum_{i=0}^{\frac{w}{2}}\binom{w}{2i}l^if_i2^{w-2i*(l\not=1 \and l\&1=1)}$$

其中 $f$ 是合并的系数。

现在来考虑基环树的贡献，容易发现基环树的环上只会套链，考虑怎么把链合并进去。事实上容易发现有两种合并方法，但是需要满足空间足够。

$O(n)$。

[AGC008F] Black Radius $\star$

不妨先考虑每个点都是好的情况。

我们考虑每次染掉一个连通块时，在这个连通块的重心统计答案，即我们只计数令 $d$ 最小的情况。

首先考虑到染全树的时候，可能有多个点满足 $d$ 最小，所以我们分开计算这种情况。

对于一个点 $x$，有哪些 $d$ 满足条件。记从 $x$ 出发最远的点是 $f_x$，那么因为不能染全树，因此有 $d < \text{dist}(x,f_x)$。

我们考虑何时存在一组 $(y,d')=(x,d)$ 且 $d' \le d$。

给出结论：

如果不存在 $y$ 在 $x$ 邻域上且 $(y,d-1)=(x,d)$，那么 $(x,d)$ 合法。

我们设 $(z,d')=(x,d)$，通过仔细分析 $x-z$ 路径长度的奇偶性即可得证。

现在已知了这个，那么记 $g_x$ 为 $x$ 向除了 $f_x$ 方向的子树以外走最远的距离，我们还有 $d-2 < \text{dist}{g_x}$。

于是我们就解决了每个点都是好的情况。

假如有一些点不是好的，我们要扣掉这些贡献。具体来说，如果一个点 $x$ 不是好的，我们对于每个原来会产生贡献的 $(x,d)$ 考虑能不能有另外一个点产生贡献。

显然如果覆盖了某一个有关键点的子树就必定可以有贡献。

换根维护上述内容即可解决。

[AGC009E] Eternal Average

Difficulty: $\color{brown}{3428}$

杜撰一下这题咋做。

容易将题意转化为一个 $n+m$ 个叶子的树，第 $i$ 层的 $1$ 的贡献是 $\dfrac{1}{k^i}$，你需要计数贡献的种类数。

直接 dp 的困难在于难以描述目前的值。

实际上我们只需决定最后的值转化为 $k$ 进制的形式。得到每层用了几个 0/1，考察是否能构造一个合法树就行了。

记 $x_i$ 表示第 $i$ 层用了几个 $\texttt{1}$，$y_i$ 表示第 $i$ 层用了几个 $\texttt{0}$，显然有：

$$\sum \dfrac{(x_i+y_i)}{k^i}=1\\ \sum x_i=n,\ \sum y_i=m$$

转成 $k$ 进制的话，就要把同层的若干个 $0/1$ 挪到上一层，也就是：

$$\sum \dfrac{(x_i+y_i)}{k^i}=1\\ \sum x_i=n-a(k-1),\ \sum y_i=m-b(k-1)$$

另外假设小数部分长度为 $l$，上面的条件等价于 $\sum y_i=l(k-1)+1-\sigma x_i$。

考虑 dp，记 $dp_{i,j,0/1}$ 表示目前到第 $i$ 位，$\sigma x_i = j$ 的方案，目前是否是 $0$，即可解决。

[AGC010F] Tree Game

Difficulty: $\color{red}{2897}$

考虑 $n=2$ 的情况，如果 $A_1 \not = A_2$，就把棋子放在多的那一边然后移，这样就能赢。

拓展到菊花，如果菊花的中心最小，那么随便把点放在一个更大的叶子，每次向菊花跑就能赢。否则就从菊花开始向最小的点跑，这样也一定能赢。

总结一下，能得到一下的结论：

如果一个点的值小于等于其每个邻域上的点，那么先手必负。

此时我们暴力 $O(n^2)$ 枚举根就做完了。

以下是口胡：

我们考虑如何才能先手必胜。

如果从一个位置往大于等于自己权值的位置跑，显然是有害的，我们只能向更小的地方跑。

那么如果一个点走不动了就输了，这样就变成了 $dag$ 上游走博弈。

拓扑排序即可。 $O(n)$

[AGC011D] Half Reflector

Difficulty: $\color{red}{2931}$

观察一下，首先连续的一段 $AAAAAB$ 会变成 $BBBBAB$，而且除了被第一个位置挡住以外，都会从最后跑出来。

那么总结一下，每次都是左移一位再全取反。

[AGC011F] Train Service Planning

Difficulty: $\color{gray}{3863}$

考虑判断 $-1$，如果 $b_i=1$ 而 $2a_i>k$ 则显然不合法。

不妨先考虑 $b_i=1$ 的情况：

显然，我们只需关心前 $k$ 秒，火车的运行情况。对于每两行之间，我们需要插入两辆相向的火车，它们不能有交。

考察这样一种策略，我们令 $1 \rightarrow n$ 的火车可以一趟走完而不停留，这一定是最优的。

感性的证明是，因为我们已经令去时最优了，而我们每令回来时减少 $1$ 的代价，过去的时候就要增加 $1$。

于是只需要分配回来的火车，我们首先稍微平移一下区间，使得回来的形状类似竖直。

记 $dp_{i,j}$ 表示在第 $i$ 行，刚刚来到位置 $j$ 时，最小花费时间。

上图的红色部分显然是 $0$。

其他部分的转移形如： $dp_{i,j}=dp_{i+1,k}+(k\rightarrow j)$

令 $s_{i,j} = dp_{i,j}-j$，我们有：

$s_{i,j}=s_{i+1,k}+[k>j]\cdot len$。

事实上，我们只需要拯救那些被限制的点就可以了。只转移最后被限制的位置 $+1$ 的位置即可。使用线段树维护答案，时间复杂度为 $O(n\log n)$。

[AGC012E] Camel and Oases

Difficulty: $\color{brown}{3490}$

小清新的题。

令 $dp_S$ 表示用了集合为 $S$ 的操作最远走到哪里，容易得到一个 $O(n\log V)$ 的做法。

对于多次的询问，容易发现只有 $\log V$ 个合法的区间，于是做完了。

[AGC013D] Piling Up $\star$

Difficulty: $\color{red}{3089}$

膜拜 cdz ！！！

首先能想到一个 dp ，记 $dp_{i,j}$ 表示拿了 $i$ 个求，盒子里装了 $j$ 个红球的答案。

但是我们其实不关心盒子里的情况，我们只关心转移的路径，如果这个相同就说明是相同的取出序列。

那么钦定必须走到底就可以了。

$O(nm)$ 。

[AGC013E] Placing Squares

Difficulty: $\color{brown}{3475}$

等价于每个区间分别选两个点。

考虑转移，令 $dp_{i,0/1/2}$ 表示位置 $i$ 然后选了几个位置就有转移：

没有 $\text{star}$ 的：

$$[dp_{i,0},dp_{i,1},dp_{i,2}] \begin{bmatrix}1&2&1\\1&1&1\\1&0&0\end{bmatrix} = [dp_{i+1,0},dp_{i+1,1},dp_{i+1,2}]$$

有 $\text{star}$ 的：

$$[dp_{i,0},dp_{i,1},dp_{i,2}] \begin{bmatrix}1&2&1\\0&1&1\\0&0&0\end{bmatrix} = [dp_{i+1,0},dp_{i+1,1},dp_{i+1,2}]$$

然后维护矩阵幂就好了。

[AGC014E] Blue and Red Tree

Difficulty: $\color{brown}{3312}$

暴力用 $set$ 启发式合并即可解决。

[AGC015D] A or...or B Problem

Difficulty: $\color{orange}{2655}$

考虑 $l,r$ 的最高位，如果相同，显然可以一起去掉。

考虑 $l=1$ 的情况，容易发现可以构造出任意最高位小于等于 $r$ 的数。

否则相当于可以构造的数中间挖掉一块。递归下去即可。

[AGC015E] Mr.Aoki Incubator

Difficulty: $\color{brown}{3571}$

容易知道最后点一定按 $v$ 排序。

观察题目，容易得到：点按照 $v$ 排序后，每条线覆盖都形如一个区间。

一个点的区间两端就是它左右的运动速度相对最大的能相交的点。

另外容易发现相交的区间一定随着你选择的点移动而移动，做个 $dp$ 就行了。

[AGC016D] XOR Replace $\star$

Difficulty: $\color{red}{2910}$

手玩一下，可以发现：

任意时刻，序列中数字构成的集合 都是 初始数字和它们的异或和构成的集合 的子集。

如果一开始把所有数字的异或和放在最后，那么一次操作就相当于交换某个位置和最后一个位置。

那么我们就只需要求解这个更加简单的问题了：

考虑如果序列是个排列，那么包括最后一个位置的环的贡献是 $len-1$ ，否则就是 $len+1$ 。

序列的情况类似，随便讨论一下就好了。

[AGC016E] Poor Turkeys

Difficulty: $\color{red}{3029}$

我们考虑维护集合 $S_i$ 表示为了 $i$ 存活，哪些鸡在此之前应该活着。（给它挡刀）

考虑这样一种维护方法，对于一只火鸡 $x$，如果此时 $a,b$ 需要被处决一个，我们讨论：容易得到，如果 $a,b$ 都在 $S_x$ 中，那么 $x$ 一定无法存活；否则如果有一方存在，则加入另一方。

考虑 $x,y$ 如果都存活，那么它们的集合必须没有交，此时会发现这个条件充分而必要。

[AGC016F] Games on DAG

Difficulty: $\color{gray}{3754}$

容易发现题目等价于令 $SG_1\not=SG_2$。

我们设 $dp_{S}$ 表示目前集合 $S$ 之间的边没确定，且它们目前的 $SG$ 值一致，直接 dp 即可。

$O(3^n)$。

[AGC017D] Game on Tree $\star$

Difficulty: $\color{goldenrod}{2156}$

典中典不会思维题，枯了。

大胆猜想一棵树的 sg 是它所有子树的 sg 加一的异或和，容易发现正确。

如何发现这个结论？

首先考虑根向下拉链的情况，容易发现这个等价于 nim 。

如果一个树的 sg 已经定下来了，就可以把它变成一条链。于是这个结论就非常显然了。

[AGC017E] Jigsaw $\star$

Difficulty: $\color{red}{3158}$

比较简单的 $\text{E}$ 题，虽然我还是不会做。

容易使用一条边描述一个积木，相当于右侧的接口从某个变成了另外一个。

我们只需找到若干条首尾都合法的路径拼起来就行了。

现在考虑到有些点不能作为出发点，有些点不能作为结束点，也就是对它们的出入度数进行了限制，即 入度必须不大于出度/入度必须不小于出度 。

为什么这样就一定能找到合法路径呢，建立一个虚点用来补充出入度不相等的点，找到欧拉回路以后删掉虚点，容易发现合法。

另外需要排除形成环的情况。如果一个弱连通块的每个点都出入度平衡则只能形成环，需要排除。

时间复杂度 $O(n)$。因为只需要判断，所以实现也非常简单。

[AGC018D] Tree and Hamilton Path $\star$

Difficulty: $\color{orange}{2757}$

典中典不会思维题，枯了。

考虑哈密顿回路的情况，容易想到一条边的贡献是两边子树 $size$ 的 $\min$ 的两倍。

现在考虑删掉一条边。

有一个非常强的性质，就是删掉的边一定经过重心，且任何一个经过重心的边都可以删掉。

如果想到了这个限制就蛮好证明了，这里略去。

于是做完了。

[AGC018E] Sightseeing Plan $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3953}$

有点复杂的题目，但是思考过程很直接。

首先考虑只有两个矩形的情况：

我们考虑从某个点出发会怎么样：

$$\sum_{i=X_0}^{X_1} \sum_{j=Y_0}^{Y_1} \binom{i+j}{i} \\ =\sum_{i=X_0}^{X_1} (\binom{i+Y_1+1}{i+1}-\binom{i+Y_0}{i+1}) \\ =\sum_{i=X_0}^{X_1} (\binom{i+Y_1+1}{Y_1}-\binom{i+Y_0}{Y_0-1}) \\ = \binom{X_1+Y_1+2}{Y_1+1}-\binom{X_0+Y_1+1}{Y_1+1}-\binom{X_1+Y_0+1}{Y_0}+\binom{X_0+Y_0}{Y_0}$$

容易发现等价于 $(X_1+1,Y_1+1)+(X_0,Y_0)-(X_0,Y_1+1)-(X_1+1,Y_0)$。

这里括号的意义是走到一个离自己这么多距离的点的方案数。

容易发现对于任何一个点，它对应的四个点的坐标都是一致的。

我们现在考虑三个矩形的情况，从第二个矩形枚举一个点，然后分别对应到第一个矩形和第三个矩形，组合出 $16$ 种情况计算一下贡献，$O(n^2)$ 且常数巨大，过不了。

注意到我们本质上是枚举中间的点计算合法路径数，考虑转而枚举路径计算结果的合法中间点数。

我们把一条路径的合法点数拆开，进入时计算一次，出去时计算一次。这样我们就只需要分别枚举 $O(n)$ 个入点和出点了。

[AGC019F] Yes or No $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3742}$

小巧的数学题。

考虑放到坐标轴上，你会发现除了一定能拿到 $\max(n,m)$ 的贡献，只要经过了 $x=y$ 的线，你就能拿到 $\dfrac{1}{2}$ 的贡献。

模拟即可。

[AGC018F] Two Trees $\bigstar$

挺好玩的讲课题。

考虑使用图论描述条件。

对于两棵树上的对应点，我们连一条不限流量的无向边。

对于树边，我们连一条流量为 $1$ 的无向边，额外在两棵树的根上连一条流量为 $1$ 的无向边。

这样，如果我们可以用一个欧拉回路构成这张图，就说是有解的。

具体的，第一棵树的点连向第二棵树的对应点的流量即为权值，树边代表着子树的权值和。

但是因为有不限流边所以不好求欧拉回路，考虑如果不限流边流量 $>1$，那么我们可以抽出一个环把它反向，这样就可以令流量 $-2$。

因此不限流边流量为 $0/1$，由子树大小的奇偶性决定。

求一次欧拉回路即可解决。$O(n)$

[AGC020D] Min Max Repetition $\star$

Difficluty: $\color{red}{3062}$

流泪了，为啥大家都觉得这题水啊/ll。

显而易见的是，我们可以计算出第二个条件规定的长度，记为 $l$。

如果 $B$ 的数量比 $A$ 多，则答案很显然。

否则，我们认为答案的形式一定为：

$\texttt{[AAABAAABAA] [BBBABBBABBB]}$

这样。虽然有点抽象，总之是只会由两段组成。

二分答案即可 😦

[AGC021E] Ball Eat Chameleons

Difficulty: $\color{gray}{3944}$

注意到我们要计数放球的方案数，考虑假如我们已知放球的序列，如何构造使得合法。

记一个变色龙的贡献是吃的红球数减蓝球数。那么一只变色龙要么产生 $1$ 贡献要么产生 $0$ 贡献，我们想尽量使得产生 $0$ 贡献的变色龙更多。

因为我们只想让产生 $0$ 贡献的变色龙尽量多，所以钦定它们都是 红+蓝。注意到当 $r=b$ 时可能不一定能钦定到，特殊处理 $r=b$。

假设有 $a$ 个变色龙产生 $0$ 贡献，$b$ 个变色龙产生 $1$ 贡献，那必须红球必须比蓝球多 $b$ 个。

我们把红球记为 $+1$，蓝球记为 $-1$。考虑一个前缀，如果值为负，表示至少有这么多的蓝球无法和红球匹配，即红球至少要比蓝球多这么多。

注意到一开始每个变色龙都是蓝色，因此即红球数加前缀最小值大于等于 $n$。

我们枚举总和，记有 $a+b$ 个红球和 $b$ 个蓝球，那么相当于我们从 $(0,0)$ 走到 $(a+2b,a)$ 且不能越过 $x=X$ 这条线。使用经典的翻折法计算答案即可。

[AGC022D] Shopping $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3866}$

感觉好强的题！

首先容易发现能令购物时间对 $2L$ 取模。接下来就不会了。

有一个性质是：显然答案只和列车走完全程的次数相关，因此这样就只有 $4$ 种点了。

首先，如果一个点无论从哪侧进入都会从对面出来，那么不论如何都相当于列车走了一个全程。

另外，如果一个点从某个方向进入但会从同一个方向出来，那我们肯定想尽量这么做。

于是我们就能对左进左出和右进右出做匹配，每次匹配就能节约一轮。

这样就做完了。

另外注意到这样匹配本质上会导致下一轮的开始，因此需要留一个左进左出匹配起点。

钦定为最后一个点就可以了。

[AGC023D] Go Home $\star$

Difficulty: $\color{red}{3173}$

典中典不会思维题，枯了。

考虑最左侧和最右侧的人，容易发现人少的一定比人多的走得晚。

因此直接递归下去即可。

[AGC023E] Inversions $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3653}$

很有感觉的题，但是不太会做。

考虑计算方案数，记 $cnt_w$ 表示 $a_i\geqslant w$ 的数量，易得方案数为：

$$\prod_{i=1}^n (cnt_i - (n-i))$$

枚举两个位置 $i,j$，考察它们是否产生贡献。

设 $a_i\geqslant a_j$，考虑到如果 $p_i>p_j$ 不会产生贡献，可以令 $a_i \rightarrow a_j$，则产生的贡献是方案数的一半。

否则有 $a_i < a_j$，容斥一下就等价于上面了。

现在的问题是，我们需要计算：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[a_i \geqslant a_j]f(a_i,a_j)$$

$f(x,y)$ 表示把一个 $a$ 从 $x$ 变成 $y$，此时的方案数。

预处理，有 $f(x,y)=w\dfrac{s_x}{s_{y}}$。

$$=w\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[a_i \geqslant a_j]\dfrac{s_{a_i}}{s_{a_{j}}}$$

树状数组维护即可。

[AGC023F] 01 on Tree

Difficulty: $\color{red}{3148}$

经典的贪心模型。

考虑能走 $0$ 一定走 $0$，于是每个点都可以打包成 $x$ 个 $0$ 和 $y$ 个 $1$。

对于点 $a,b$，我们分析决策顺序的贡献。

容易发现，只要：$\dfrac{a_x}{a_y} \leqslant \dfrac{b_x}{b_y}$，$b$ 就一定优于 $a$。

这样，我们每次把最优的点合并入它的父亲就能得到答案。

[AGC024D] Isomorphism Freak

Difficulty: $\color{goldenrod}{2307}$

显然首先考虑直径，那么第一个答案显而易见。

可以发现答案上界毛估估一下是中心连出边的数量 * 最大子树叶子数。

但是显然不对。因为树形态产生的影响比较大。

因此考虑分治，每次把两个子树合并并使叶子数量取 $\min$ 。易于发现这是最优的。

考虑合并的过程，记 $dp_{i,j}$ 是使子树 $i$ 和 $j$ 同构的叶子 $\min$ 。考虑转移。

显然这个不会莫名其妙新增多余的子树，因此二分图匹配即可。

因为直径为偶数时可能要换中心，所以总复杂度 $O(n^4)$ 。

UPD:

发憨了。其实令直接深度相同的儿子数目相同即可。远不需要二分图匹配。

[AGC024E] Sequence Growing Hard

Difficulty: $\color{red}{3001}$

🕊

[AGC024F] Simple Subsequence Problem $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3544}$

不会做，但感觉是人力能及的题人力不可及。

如果一个个枚举答案字符串再检查可以匹配多少给定字符串，感觉前途不大。

反过来匹配，考虑一次求出许多字符串的答案。

设 $dp_{S1,S2}$ 为对于答案字符串集合，已经匹配的部分为 $S1$ ，未被匹配的部为 $S2$ ，其可以匹配的字符串集合大小。

形象的说，就是把一些字符串匹配的前一段算在了一起。

这样直接 dp 即可解决问题。（子序列自动机）

[AGC025C] Interval Game

Difficulty: $\color{goldenrod}{2077}$

考虑双方最优决策：

首先 A 肯定摆烂，走到最近的满足条件的地方。

那么 B 的选择方案就不可能让 A 连续向一个方向走。

所以 A 轨迹类似于 左-右-左-右 这样了。

也因此，两边线段内部的顺序就不那么重要了。

显然，右边的线段只有左端点有用，左边的线段只有右端点有用。

枚举这个分界点，显然可以 $O(n+S)$ 求出答案。

排序复杂度 $O(n \log n)$ ，总复杂度 $O(n\log n + S)$

[AGC025D] Choosing Points $\star$

Difficulty: $\color{red}{2868}$

感觉 nb 麻了。

这起码是铜牌吧。

考虑只有一个限制的情况，可以发现这是一个二分图。

感性的证明方法大概是发现不会出现奇环。

于是对两个限制分别染色，根据抽屉原理容易选出答案。

[AGC025E] Walking on a Tree

Difficulty: $\color{brown}{3584}$

感觉比 D 反而简单。

经典的分别考虑每条边，猜个结论产生的贡献是 $\max(2,d)$ ，其中 $d$ 是这条边上的路径数量。

证明非常显然。

juju 随便就切了 orz

[AGC025F] Addition and Andition $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3936}$

sto $\text{s}\color{red}{\text{yzf2222}}$ orz 当场切

感觉比较 naive 但是自己想不到/ll

非常有 atcoder 风味的找规律题。

模拟工作的过程，可以发现有变化的位只有两边都是 $1$ 的位和它的上一位。

然后容易发现两个 $1$ 会变成 $0$ 。

所以手动模拟最高位的并排的 $1$ ，然后后面的并排的 $1$ 就相当于每次向上移了。

可以手玩一下辅助理解。

[AGC026D] Histogram Coloring

Difficulty: $\color{orange}{2746}$

对于每一行把颜色相同的相邻位置并到一起然后从上往下 dp 即可。

容易发现一段如果红蓝相间则有两种转移方法，否则只能对上面取反。

[AGC026E] Synchronized Subsequence

Difficulty: $\color{red}{3016}$

感觉比较轻松的题目。

首先考虑把原串划分为若干个 $a,b$ 数目相等的串，然后依次考虑每段。

对于一段 $a$ 在 $b$ 前的段最优选法肯定形如 $ababab$ 。

否则就要选择一段前缀 $b-a$ 数量最大的，考虑到这样选一定是形如 $bbbbbbaabaaabbaaaa$ 即一段长的 $b$ 接一段乱序，然后这个乱序其实就是一组后缀。

找到最优的后缀然后贪心选就行了。

[AGC026F] Manju Game $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3704}$

考虑对长度的奇偶性讨论。

首先感性的，如果在一次操作后自己失去了先手肯定不优秀。

具体的，这个策略肯定劣于在端点取。

因此对于 $n$ 为偶数，最优的策略一定是在一端取。

接下来考虑 $n$ 为奇数：

首先肯定是在偶数位置取，接下来后手可以选择另外一侧的奇数位置拿走。

然后在某个时刻先手就可以选择直接拿走奇数位置走人。

于是先手就能得到一段偶数位置+奇数位置+偶数位置。

那么考虑二分先手能取得的贡献大小 $w$ ，然后用偶数位置把序列分开，要求任何一段产生的额外贡献都大于 $w$ 即可。

[AGC027D] Modulo Matrix

Difficulty: $\color{red}{2984}$

直接按对角线讨论即可。

[AGC027E] ABBreviate $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3634}$

套路的考虑给定 $S$ 和 $T$ 问能否表示。

首先找到一个粗略的估计条件。

分别给 $A,B$ 赋值为 $1,2$ ，容易得到每次操作后序列 mod 3 的值不变。

这样，贪心的把 $S$ 的最短的一个前缀变成 $T$ 的一个字母，如果剩余的 $S\ mod\ 3 = 0$ 就可行。

注意判断一开始就动不了的情况。

那么我们可以方便的判断两个串能否相互转化了，且容易发现上面的转化方式最优。

因此直接使用上述方法进行 dp 即可解决此题。

Almost similar: ARC110E

[AGC027F] Grafting $\bigstar$

Difficulty: $\color{brown}{3544}$

感觉巨大nb的题。

遇到这种题可能感觉难以下手，因为决策的性质太烂了。

那么首先要确定一个根：

考虑唯一一个可以用的性质，一个点只能移动一次。

于是我们枚举移动的点，然后它就固定了。

这样我们得到了一个 root 。

因为一个点只会移动一次，那么移动的位置都固定了，因此我们只要关心移动的顺序。

所以只需要用拓扑排序维护移动顺序即可。

[AGC028C] Min Cost Cycle

Difficulty: $\color{orange}{2463}$

以为是什么高妙自动机，发现是搜索/kk

直接折半搜索即可通过。

[AGC028E] High Elements

Difficulty: $\color{gold}{4145}$

称一个元素是好的，当且仅当它在原序列是前缀最大值。

我们尝试一个个将元素插入，容易知道插入好的元素一定有贡献，且任何时候两个序列的顶端至少有一个是好的。

贪心的把元素放入第一个序列里，接下来只需考虑能否摆放之后的元素令有合法解。

容易发现，我们可以令之后的元素中，某一侧只有好的元素有贡献。

接下来的一步有点感觉，假设 $A$ 侧需比 $B$ 侧多放 $x$ 个，接下来还有 $w$ 个好元素，我们钦定 $A$ 侧有 $t$ 个非好元素产生贡献，$s$ 个好元素产生贡献。就有：

$$x=t+s-(w-s)\\ 2s+t=x+w$$

注意到 $x+w$ 是常数，只需考虑能否在之后的元素中选出合适的 $2s+t$ 即可。

计算出以每个元素作为开始能否选出贡献为 $v$ 的元素即可。

注意到我们可以通过【减少一个好元素】的方式调控这个贡献。于是只需对奇偶的情况分别维护最大贡献就好了。

[AGC029D] Grid game

Difficulty: $\color{goldenrod}{2033}$

容易发现高木每轮必须移动。

直接 dp 即可解决。

[AGC029E] Wandering TKHS $\star$

Difficulty: $\color{red}{3088}$

感觉挺有意思的题目。

枚举每个节点开始移动，容易做到 $O(n^2\log n)$ 。

考虑经典的套路，重复利用之前的信息。

对于一个点 $x$ ，记 $1 - x$ 之间的最大编号节点为 $w_x$，离 $w_x$ 最近的 $x$ 一侧的点是 $d_x$。

我们有 $Ans_x=Ans_{d_x}$，具体的，考虑到这两个点都被 "关在了最大值为 $w_x$ 的一个区域中"，它们在突破 $w_x$ 之前一定都会走满这个区域，而往 $w_x$ 方向的答案可以在 $w_x$ 处就计算出。

记 $w_x - 1$ 的路径上（不含 $w_x$）的最大值为 $S$，那么 dfs 一次 $w_x$ 内部一侧的点即可得到 $w_x$ 内部的答案，而外部的答案可以通过 $w_{w_x}$ 的答案得到。

于是只需要对每个能成为 $w_x$ 的点向下找到能到达的所有位置即可。

容易发现，整棵树只会被累计搜索一次。

均摊 $O(n)$ 。

[AGC030D] Wandering TKHS

Difficulty: $\color{orange}{2602}$

感谢周指导的指导。

直接 dp 即可解决。

[AGC030E] Less than 3 $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3753}$

如果我们把相同的数字合并到一起，那么这个操作不会在中间插入一个新的段。

插入一个新的段只能在两端。

枚举一下匹配的情况就行了，复杂度 $O(n^2)$。

[AGC030F] Permutation and Minimum $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3474}$

考试题。

顺便记录一下。

首先去掉 $(x,y)$ 的，记 $(x,-1),(-1,x)$ 有 $a$ 个，$(-1,-1)$ 有 $b$ 个。

考虑从大往小填，设 $dp_{i,j,k}$ 表示填了 $[i,n]$ ，目前有 $j$ 个 $(-1,-1)$ 以及 $k$ 个 $(-1,x)\ \ (x<i)$ 。

直接转移即可。

[AGC031D] A Sequence of Permutations $\bigstar$

Difficuly: $\color{red}{2975}$

首先记排列的复合为 $\circ$ ，那么有 $F(a,b)=b\circ a^{-1}$ 。以下会省略这个符号。

玩出前若干项得到：

$$a_1=p\\ a_2=q\\ a_3=qp^{-1}\\ a_4=qp^{-1}q^{-1}\\ a_5=qp^{-1}q^{-1}pq^{-1}\\ a_6=qp^{-1}q^{-1}p^2q^{-1}\\ a_7=qp^{-1}q^{-1}pqpq^{-1}\\ a_8=qp^{-1}q^{-1}pqp^{-1}qpq^{-1}\\ a_9=qp^{-1}q^{-1}pqp^{-2}qpq^{-1}\\ a_{10}=qp^{-1}q^{-1}pqp^{-1}q^{-1}p^{-1}qpq^{-1}\\ \cdots$$

（充满勇气的）写下去，然后到这里应该能发现规律了。

首先值得注意的是容易发现一个不变的前缀形如：

$q,qp^{-1},qp^{-1}q^{-1},qp^{-1}q^{-1}p,qp^{-1}q^{-1}pq\dots$

这个东西是循环 $qp^{-1}q^{-1}p$ 的。

另外写到一定长度以后也能发现后缀的循环节，是 $p^{-1}qpq^{-1}$ 。

综合这两个规律直接得到 $a_{x}=(qp^{-1}q^{-1}p)(a_{x-6})(p^{-1}qpq^{-1})$ 。

[AGC031E] Snuke the Phantom Thief

Difficulty: $\color{silver}{3689}$

考虑流。

首先如果只有 1,3 限制，有一个经典的建模，就是直接把点放在坐标系上，x 轴向点连，点向 y 轴连。
现在考虑有 2,4 操作，我们只需要枚举一共拿了多少个，就可以转化成上下界的形式。

以上是口胡。

另外一种做法并不需要上下界，我们枚举一共拿了多少个，考虑一维的情况。

事实上限制 " $x$ 坐标小于等于 $a_i$ 的最多拿 $b_i$ 个 " 等价于我们对 $x$ 排序后，$b_i+1$ 之后拿的 $x$ 坐标必须大于 $a_i$。

类似的限制 " $x$ 坐标小于等于 $a_i$ 的最多拿 $b_i$ 个 " 这种条件。

对于二维的情况，我们将对 $x$ 排序的数组与对 $y$ 排序的数组进行匹配。把点放中间向两边连即可。

[AGC032E] Modulo Pairing

Difficulty: $\color{brown}{3402}$

弱智题。

二分分界点，每边纪念品分组。

[AGC033D] Complexity $\star$

Difficulty: $\color{red}{2958}$

大套路题，但是我不会。

考虑一个朴素的 dp 即 $dp_{a,b,c,d}$ 表示一个矩形的凌乱度，然后用二分大力转移。

这样就是 $O(n^4\log n)$ 。

容易发现凌乱度只有 $\log$ 级别，最多只有 $16$ 。

记 $dp_{a,b,c,k}$ 表示行 $[a,b]$ 左列为 $c$ 时，右列的最大值满足凌乱度最多为 $k$ 。

考虑转移，如果是横向的合并则可以 $O(1)$ ，纵向合并的话，鵺可以二分。

因此 $O(n^3\log^2 n)$ 。

[AGC033E] Go around a Circle

Difficulty: $\color{red}{3103}$

一眼上去好像很不可做的样子。

发掘一下性质，首先不妨设开头是 $R$，那么环上显然不能有 $BB$。

假如开头是 $RB$，那么环上还不能有 $RRB$ 或者 $BRR$。容易发现此时满足条件的环只有 $BRBR\dots$ 或者 $RBRB\dots$。显然这两个环满足任意条件，即答案为 $2$。

接下来讨论开头由 $a$ 个 $R$ 和一个 $B$ 的组成会产生什么影响。

假设 $a=2k+1$，那么就要求连续的 $R$ 段的长度必须要是奇数，而且长度不超过 $2k+1$。

假设 $a=2k$，那么连续的 $R$ 段的长度必须要是奇数，而且长度不能超过 $2k+1$。

考虑到在第一个 $B$ 以后你一定能走到环上的 $B$ 旁边，所以对于后面的 $R$ 连续段，假如长度为奇数相当于再次限制了环上连续 $R$ 的长度，否则没有限制。

那么直接 $dp$ 即可解决。

[AGC034D] Manhattan Max Matching

Difficulty: $\color{gray}{3665}$

最近总是做不出大套路题，看来需要加深做题和讨论了。

拆开曼哈顿距离的柿子然后大力费用流即可。

[AGC034E] Complete Compress

Difficluty: $\color{orange}{2637}$

直接枚举中心点在哪即可做到 $O(n^2)$，换根可以 $O(n)$。

[AGC035D] Add and Remove $\bigstar$

Difficulty: $\color{red}{2902}$

找到被 AGC 乱杀的感觉了。

考虑一个容易想到的 $dp$ ，即记 $dp_{l,r,a,b}$ 表示消除 $[l,r]$ 后左边产生 $a$ 倍贡献右边产生 $b$ 倍贡献，这种情况的最小值，转移只需枚举最后一个被消除的位置。

结论是状态总数只有 $O(n2^n)$ 级别。

考虑到 $a,b$ 都只和另外一侧是否产生贡献有关，感性理解一下确实很对。

具体的说，在枚举一个

🕊

[AGC035E] Develop $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3720}$

考虑一个这样的事，假设我们想删除一些点，如果它们的转化关系构成了环则显然无法删掉。否则我们就可以按照拓扑序删除。

那么，不妨考虑如何才会构成环。一种情况是 $k$ 为偶数，此时只有奇偶性相同的数字之间才可能构成环。于是可以令 $k \rightarrow k/2$，那么条件就等价于你不能选 $k+1$ 个连续的数字，可以简单计算。

类似的，对于 $k$ 为奇数，我们也能记下偶数的连续数量和奇数的连续数量，直接转移即可 $O(n^3)$。

[AGC036D] Negative Cycle $\bigstar$

Difficulty: $\color{brown}{3326}$

感觉非常强的题。

考虑使用一个差分约束来描述这个问题，那么我们需要给每个位置分配一个权值，然后如果某条边不符合这个权值情况就删掉。

首先要满足 $0$ 边的条件即 $a_i\leqslant a_{i+1}$ 。

记 $p_i=a_{i-1}-a_{i}$ ，那么取得贡献的要求就是：

取得 $i \stackrel{1}\longrightarrow j$ 的权值当且仅当 $a_i+1\geqslant a_j$ 即 $p_i+\cdots +p_{j-1}\leqslant 1$ 。

取得 $i \stackrel{-1}\longrightarrow j$ 的权值当且仅当 $a_i-1\geqslant a_j$ 即 $p_i+\cdots +p_{j-1}\geqslant 1$ 。

容易发现 $p$ 的最优取值只有 $\{0,1\}$ ，然后发现转移只和之前的两个 $1$ 有关，因此考虑 $dp$ 并记下之前 $1$ 的出现位置就行了。

实现精细一点能做到 $O(n^3)$ 。

[AGC036E] ABC String $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3783}$

非常神秘的一个题！！

注意到可以把相同的字符合并到一起，那么此时记 $cnt_{s}$ 表示字符 $s$ 的出现次数，方便起见，令 $cnt_a \leqslant cnt_b \leqslant cnt_c$。

接下来，容易发现最优解能保留 $3cnt_a$ 个字符，我们尝试构造它。首先保留所有的 $a$，那么字符串就被分成了 $cnt_a+1$ 个部分，每个部分要么只有 $b$，记数量为 $w_1$，要么只有 $c$，记数量为 $w_2$，要么都有，记数量为 $w_3$。

   结论：如果$w_1+w_3 \geqslant w_2$，则能做到保留 $cnt_a$ 个字符。

事实上，从感性上就易于得到该结论。下面给出简略的证明。

我们尝试找到一种逐渐删除字符串一些元素的方法，最后得到我们需要的解。

首先，我们尝试令 $cnt_b=cnt_c$。

对于一个 $b,c$ 都存在的段，它一定形如 $bcbcbc\cdots / cbcbcbc \cdots$。

接下来，对于一个这样的串，我们就把它变成 $ABCBCBA$，直到 $cnt_b=cnt_c$。注意到每个含有 $b,c$ 的串，我们都有 $1$ 的贡献，而 $w_1+w_3\geqslant w_2$，所以一定能达成。

接下来我们就能删掉连续的 $BC/CB$ 直到 $cnt_a=cnt_b=cnt_c$，这样我们就完成了构造。

对于不满足上述结论的情况，我们就需要删除一些 $A$。最优的做法显然是打破只含有 $C$ 的间隔。

[AGC038D] Unique Path

Difficulty: $\color{orange}{2628}$

感觉萌题。但是我不会 /ll

大致思路是考虑 $0,1$ 的传递性，然后先合并 $0$ 边并分类讨论。

[AGC038E] Gachapon $\star$

一眼 min-max 容斥，假如我们直接 min-max 容斥，就要考虑一个子集的 $\min$ 答案。

对于某个子集，可以用一个系数描述集合之外的贡献，接下来只需直接统计此集合的答案。枚举选择的次数，统计截止次数之前还没有取到答案的方案数，可以使用 $dp$ 解决。

另外也可以使用生成函数方法。记 $P_i=\frac{a_i}{S}$。首先容易发现这是一个序列拼接模型，我们首先描述某个数字序列的生成函数。因为要求出现次数大于等于 $B_i$，可以得到生成函数为：

$$F_i(x)=\sum_{j=B_i} \dfrac{(xP_i)^j}{j!}\\ =e^{xP_i}-\sum_{j=0}^{B_i-1} \dfrac{(xP_i)^j}{j!}$$

我们所求即为 $\prod_i F_i(x)$，表示某个回合已经结束的概率。

因为轮数可能非常大，直接乘肯定不行，要带着 $e$ 跑。我们 $dp$ 算出 $e^{n}{S}$ 的系数 $G_n(x)$，接下来就可以表示答案了。

$$Ans=\sum_{i=0}(1-i))$$

对于无限求和式，一般的做法是把限制更大的交换求和次序至后面单独处理。但在此之前，先让我们消去常数。

$$=\sum_{j=0}^S\sum_{i=0}(1-i![x^i]e^\frac{j}{S}G_j(x))\\ =\sum_{j=0}^S\sum_{i=0}(1-i!\sum_{k=0}^i\dfrac{g_{j,k}(\frac{j}{S})^{i-k}}{(i-k)!})\\ =-\sum_{j=0}^{S-1}\sum_{i=0}(i!\sum_{k=0}^S\dfrac{g_{j,k}(\frac{j}{S})^{i-k}}{(i-k)!})\\ =-\sum_{j=0}^{S-1}\sum_{k=0}^Sg_{j,k}(\frac{j}{S})^{-k}k!\sum_{i=0}(\frac{j}{S})^{i}\binom{i}{k}\\ $$

有这样的组合恒等式：

$$\sum_i a^i\binom{i}{b}=\dfrac{1}{(1-ax)^{n-b+1}}$$

于是就可以快速计算了。

[AGC039E] Pairing Points $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3430}$

比较神秘的 dp 题。

[AGC040F] Two Pieces $\bigstar$

Difficulty: $\color{blue}{\texttt{?}}$

容易想到拍到二维平面上，那么操作大概是下图的样子：

那么就是要从 $(0,0)$ 走到 $(A,B)$ 而且要求步数为 $n$ 。

假如只有红色操作显然是卡特兰数，但是如果加上蓝色操作会导致难以描述目前消耗的步数以及位置。

注意到红色操作永远不能碰到线 $x=y$ ，现在考虑一个和蓝色操作等价的操作，即把限制不能超过的那条 $x=y$ 的直线拉到自己这里来，那么以后的行动轨迹就不能碰到它。

这样如果我们枚举最后一次使用蓝色操作的位置，那一方面我们可以知道此时终点的位置，另一方面还能知道蓝色操作的使用次数。

考虑另外一方面，即因为红色操作不能碰到分界线，所以蓝色操作一定是一起做的，又知道蓝色操作的总次数，因此答案即：红色操作的形态（折线法）乘以蓝色操作的使用情况，插板法解决即可。

[AGC041D] Problem Scores $\bigstar$

Difficulty: $\color{red}{3096}$

感觉很强的题目。

首先肯定转化为前一半比后一半的答案更大。

接下来如果正常的做应该只能做到最优 $O(n^2\ln n)$ 。

现在考虑转化为每次进行后缀减，然后算出会产生的贡献，相当于做背包。

容易发现背包容积是 $n$ ，所以随便做力。

[AGC041E] Balancing Network

Difficulty: $\color{brown}{3502}$

小清新分讨，感觉 easy 。

首先考虑更简单的 $T=2$ ，容易想到只维护三个位置即可。

对于 $T=1$ ，压 $64$ 位暴力模拟即可。

[AGC043D] Merge Triplets $\star$

Difficulty: $\color{orange}{2708}$

感觉很强的题目。

首先考虑到每个序列内都可以按照前缀最大值划分成若干个段，而容易发现这些段在最终的序列内都是连续的。

如果我们已经决定好段的样子，那么不用管它们拼接的方法，最终生成的序列都是一致的。

因此直接对这个东西 dp 即可。

$O(n^2)$

[AGC044C] Strange Dance $\bigstar$

Difficulty: $\color{red}{2889}$

膜拜 xzy ！！！

容易想到使用 dp 解决。

提供另外一种思路：

考虑用一颗 trie 维护每个位置，满足一个位置的值相当于根到它的路径 $\text{reverse}$ 后的值。

那么操作分别相当于：交换子树 1/2 并打上 tag ，或者轮换子树然后向子树 $0$ 递归。

直接维护即可。

[AGC044D] Guess the Password $\star$

Difficulty: $\color{red}{3165}$

好玩题。

容易得到每个字符的出现次数，现在考虑如何得到答案。

每次选取 size 最小的两个合并到一起就行了。

[AGC044E] Random Pawn $\bigstar$

Difficulty: $\color{brown}{3599}$

好 nb 的题目，记录一下。

从 $a_i$ 最大处断环成链。

容易发现一个点的决策无论目前的花费都只有一种。

不妨先决策哪些点是停留，记这些点 $is_i=1$ ，那么一个点的答案就是：

$$ans_i= \begin{cases} a_i&is_i=1\\\\ \dfrac{ans_{i-1}+ans_{i+1}}{2}-b_i&is_i=0 \end{cases}$$

不妨令 $b_i=0$ ：

考虑 $is_x=1,is_y=1$ 且 $\forall i\in(x,y)\ is_i=0$ ，容易发现：

$\forall i\in[x,y]\ ans_{i}=\dfrac{a_x(y-i)+a_y(i-x)}{y-x}$

具体的说，就是 $ans_{i}$ 是过 $(x,a_x)$ 和 $(y,a_y)$ 两点的直线， $x=i$ 时 $y$ 的值。

于是只需要选出一个上凸壳即可。

那么对于 $b_i\not = 0$ 只需要给每个位置一个偏移使得满足条件即可。

记这个偏移为 $c_i$ 就能列出如下柿子：

$$ans_i-c_i= \begin{cases} a_i&is_i=1\\\\ \dfrac{ans_{i-1}+ans_{i+1}}{2}-b_i-\dfrac{c_{i-1}+c_{i+1}}{2}&is_i=0 \end{cases}$$

只需满足对于 $is_i=0$ 的 $i$ 有 $c_i-\dfrac{c_{i-1}+c_{i+1}}{2}=b_i$ 即可。

于是令 $c_1=c_2=0$ 之后递推即可。

[AGC044F] Name-Preserving Clubs $\star$

魔怔题。

先考虑不存在成员相同俱乐部的情况，让我们首先求出 $k$。

我们称一个 $n\times m$ 的 $\texttt{01}$ 矩阵是好的，当且仅当：不存在两行相同；任意排列它的行和列，不能得到原矩阵。

对一个 $m$，最小的好的矩阵对应的 $n$ 即是我们要求的 $k$。

现给出几个显然的结论：

若存在一个 $n\times m$ 的好矩阵，那么：

存在一个 $m\times n$ 的好矩阵；
存在一个 $n\times (2^n-m)$ 的好矩阵。

记 $c(n,k)$ 表示好 $n\times k$ 矩阵的数量，我们也有：

$c(n,k)=c(k,n)=c(2^k-n,k)$

令 $g(n)$ 表示 $k$ 对应的最小 $n$。

由结论知 $2^{g(n)}-n \geqslant g(g(n))$。

令 $G(n)$ 表示满足上述条件的最小函数。

我们给出结论：

$G(n)=g(n)$，一个好的 $k \times n$ 矩阵存在等价于 $k\in[g(n),2^n-g(n)]$。

归纳证明。

首先对于 $n$，我们只需证明对于 $k\in[g(n),2^{n-1}]$ 都存在好矩阵。

对于 $k\in[g(n),n)$，等价于存在一个 $n\times k$ 的好矩阵，根据归纳成立。

对于 $k\in[n,2^{n-1}]$，我们以如下方式构造一个 $k \times n$ 的矩阵：

对于前 $n-1$ 行，把第 $\{\{1\},\{1,2\},\{2,3\},\cdots,\{n-2,n-1\}\}$ 列的位置涂黑。

对于其他的行，我们至少涂黑三个列，但是保证不与其它行重复。易证至少能有 $2^{n-1}$ 个可区分的不同列。

接下来，我们关注如何计算 $c(g(n),n)$。

事实上，对于满足 $6 \leqslant k=g(n) \leqslant n \leqslant 2^{n-1}$，我们都有 $c(k,n)>10^3$。

我们考虑如下的两个 $n\times k$ 矩阵，第一个矩阵的前 $k-2$ 行形如 $\{\{1,2\},\{2,3\},\cdots,\{k-2,k-1\}\\}$，第二个矩阵的前 $k-1$ 行如第一个矩阵取反。

接下来的 $n-k+2$ 行，只需被涂黑的列数不是 $2/n-2$ 即可，所以方案数至少有 $2\binom{2^k-2\binom{k}{2}}{n-k+2}$ 种。

所以 $c(6,6)\geqslant 2\binom{34}{2}=1122>1000$。

对于 $n \leqslant 5$ 的情况暴力计算。

考虑如果有相同的俱乐部，假设有 $h$ 个不同的俱乐部，我们有成员数不多于 $2^h$。

因此在有相同俱乐部时，设共有 $k$ 个俱乐部，有 $2^{k-1} \geqslant n$，实际上经过验证 $g(n)$ 约为 $\log_2 n$ 级别，有 $k \geqslant g(n)$。

我们可以断定 $g(n)$ 也是在俱乐部可以相同情况下的最小答案。

计算方案，如果 $k=g(n)$，有 $2^{g(n)-1} \geqslant n$，此时当且仅当 $n=4/7/8$ 答案才可能不大于 $1000$，手玩出来。

[AGC045B] 01 Unbalanced $\star$

Difficulty: $\color{red}{2873}$

考虑 dp ，记录下当前的后缀最大 $0-1$ 值和 $1-0$ 值。

容易发现 dp 的过程相当于在网格图上行走。

你需要走到的最远点离原点的切比雪夫距离最近。

二分答案，容易发现从原点出发相当于从对角线的任意一点出发。

维护一个可行区间，对于 $0$ 向左移， $1$ 向右移， $?$ 左右取并即可。

[AGC045C] Range Set $\star$

Difficulty: $\color{orange}{2758}$

感觉比较困难的题。

依然可以套路的考虑如何构造一个指定的序列。

首先可以发现 $0/1$ 相互对，因为容易染成全 $0/1$ 。

设 $a>b$ ，那么如果某个时刻出现了长度 $\geqslant a$ 的 $0$ 子串就一定能到达，证明显然。

那么对于一个序列，贪心把所有长度 $\geqslant b$ 的 $1$ 串染成 $0$ ，判断上面的条件是否成立即可。

容斥后容易使用 $dp$ 计数，转移比较复杂。

[AGC045D] Lamps and Buttons $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3625}$

首先每个灯向它控制的灯连一条边。

考虑 $m=1$ ，那么容易发现如果形成了大小为 $n$ 的环就可行，否则不行。

进一步考虑 $m$ 更大的情况：

我们枚举 $[1,m]$ 第一个满足 $p_i=i$ 的位置，记为 $x$ 。

然后就需要 $[1,x)$ 都不满足 $p_i=i$ 而且每个环里面都有至少一个 $[1,m]$ 的元素。

考虑先一步容斥掉 $[1,x)$ 之间满足条件的点个数来消除第一个条件，接下来题目相当于：

有一张图，你需要依次加入 $x+y+z$ 个点。

每次加入点可以插入一个自环或者插在某条边中间。

然后中间的 $y$ 个点插入时不能是自环。

前 $x$ 个点对应 $[1,x)$ ，中间的 $y$ 个点相当于 $(m,n]$ ，然后最后 $z$ 个点就对应了 $(y,m]$ 这些点。

注意容斥选定的点时不能计入 $x,y,z$ 三个集合中。

这样得到的贡献就是：

$$x!\ \times\ \dfrac{(x+y-1)!}{(x-1)!}\ \times \dfrac{(x+y+z)!}{(x+y)!}$$

于是只需要枚举 $x$ 和 $[1,x)$ ，复杂度 $O(n^2)$ 。

[AGC046D] Secret Passage $\star$

Difficulty: $\color{red}{2911}$

重做一遍没想到又有点想法了。

套路的考虑两个串是有 $S \rightarrow T$。

把串翻转过来，操作变成删掉最后两个位置然后往中间随便插。

那么每次用 $T$ 贪心匹配 $S$，如果不匹配就是操作得到的。

现在考虑一段后缀 $P$ 能不能做出 $a$ 个 $0$ 和 $b$ 个 $1$，$dp$ 出来这个东西。

贪心匹配完 $T$，接下来只要求 $S$ 的某个后缀满足上面的条件就行了。

记 $dp_{i,x,y}$ 表示匹配到 $i$ 位，现在需要 $x$ 个 $0$ 和 $y$ 个 $1$ 的 $T$ 串方案数。

匹配上某个数字以后，考虑是否合法就行了。

[AGC047D] Twin Binary Trees

Difficulty: $\color{red}{2910}$

最近处理了一些二进制的题，感觉有些收获。

虽然虽然还是不会做这题。

虽然虽然这是个虚树板子。

[AGC047E] Product Simulation

Difficulty: $\color{red}{2979}$

少见的造计算机题。

容易得到 01 变量的乘法。

考虑如何提取 $X$ 的 $2^k$ 位。

从高向低枚举贪心加入 $2^k$ 即可。

分开计算乘法加起来即可通过。

[AGC048D] Pocky game $\star$

Difficulty: $\color{red}{3046}$

感觉挺好玩的博弈论。

不妨记 $f_{l,r,k}$ 表示区间 $[l,r]$ 中，最左边的位置只剩下 $k$ 个球，此时先手是否必胜，类似记 $g_{l,r,k}$ 表示最右边只有 $k$ 个，那么转移是简单的。

容易发现 $f,g$ 都是关于 $k$ 单调的，所以记录下变化的位置再转移就好了。

[AGC048E] Strange Relation $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3819}$

易知对于任意合法的 $w$ 前缀，都可以构造出合法的剩余部分。因此可以贪心的确定 $w$。

考虑每个位置的贡献。

因为一个位置的 $w$ 和之前每个 $a/w$ 都有关，朴素的方法是枚举之前的值然后依次往后推，我们现在想独立的计算贡献。

尝试倒过来，每次在最前面插入一个元素，考虑如何调整之后的 $w$。

首先能 +1 的一定 +1，易知此时的 $b$ 仍合法，而且还满足字典序最大。

dp 即可，枚举每个位置产生的贡献。

[AGC048F] 01 Record $\star$

Difficulrt: $\color{blue}{\texttt{?}}$

[The solution is deleted]

[AGC049D] Convex Sequence

Difficulty: $\color{orange}{2602}$

首先列出题目的式子，然后化简一下，容易发现本质上是背包，然后发现只有根号个物品有意义，于是就做完了。

注意细节。

$O(n\sqrt{n})$.

[AGC049E] Increment Decrement $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3496}$

倒过来，现在你需要把某个数组变成 $0$。

可以钦定先做了几次 $1$ 操作，再做几次 $2$ 操作。

我们分别研究这两种操作的影响。

首先假设对 $a$ 序列施以 $1$ 操作成为了 $b$，你需要做若干 $2$ 操作全变为 $0$。

$1$ 操作的贡献显然是 $\sum_{i=1}^n |a_i-b_i|$，考虑 $2$ 操作的贡献。

可以发现 $2$ 操作的贡献是 $C\sum_{i=1}^n \max(0,b_i-b_{i-1})$。

现在考虑一个朴素的 dp。记 $dp_{i,j}$ 表示在位置 $i$ 填上数字 $j$ 的最小代价。

考虑转移的过程，把 dp 值画作一条折线，容易发现这是凸的。那么转移就是把斜率大于 $C$ 的变成 $C$，然后加一个 $|a_i-x|$ 的函数。

斜率显然为整数，因此在做完第一步后，斜率只有 $C$ 种。

我们维护 $C$ 个斜率变化的位置，然后每次相当于插入两个 $a_i$，然后删掉最小和最大的元素。

我们考察 $dp_{i,0}$ 的值，可以发现值就是之前基础上加上 $a_i$ 减去最小值。

md编不下去了，这题怎么这么难

[AGC050D] Shopping

Difficulty: $\color{orange}{2674}$

枚举第 $x$ 个人的答案，然后就大力dp，记 $dp_{i,j,k}$ 表示 dp 目前到第 $i$ 个人，然后 $j$ 个前面的人没拿到，$k$ 个后面的没拿到，随便走走就 $O(n^6)$ 了。

考虑一次转移 $[1,x-1],[x+1,n]$ 的人的答案。

枚举前面有多少人拿到了，预处理出有 $x$ 个礼物，$y$ 个人拿，有 $z$ 个人拿到的概率记为 $f_{x,y,z}$，应该就能直接转移了。

以上是口胡，实现🕊了。

[AGC051D] C4 $\star$

Difficulty: $\color{red}{2807}$

感觉好强的一个题，虽然事实上这个题列出式子就 win 了，但是大量的观察和一定的勇气是必不可少的。

首先考虑利用环长为 $4$ 的性质，注意到一步一步考虑比较困难，我们同时考虑相邻的两步，那么此时操作的形式就非常简单了：

$1\rightarrow3 , 3\rightarrow1 , x\rightarrow x$ 。

注意到有 $1,2$ 操作数量相等，枚举使用的次数记为 $k$，此时我们知道 $3$ 操作的使用次数了。

在 $1$ 上原地不动的次数是 $\dfrac{a+d-2k}{2}$，$3$ 上原地不动的次数是 $\dfrac{b+c-2k}{2}$。

不妨枚举使用了 $x$ 次 $1-2-3$，也就是 $2k-x$ 次 $1-3-4$。

此时我们有 $1-2$ 上的边还有 $a-x$ 次，类似的可以推出其他边的次数。

那么就可以列出式子计算了，容易发现答案等于：

$$\sum_{k,x}\binom{2k}{x}\binom{\frac{a+d-2k}{2}}{\frac{a-x}{2}}\binom{\frac{b+c-2k}{2}}{\frac{b-x}{2}}\binom{\frac{a+d-2k}{2}+k}{k}\binom{\frac{b+c-2k}{2}+k-1}{k-1}$$

式子的分别含义是：选择一二操作的方向；组合 $1,3$ 号点的原地不动；把三操作插入一二操作。

勇敢的你把它拆开得到：

$$\sum_{k,x}\dfrac{(2k)!\frac{a+d-2k}{2}!\frac{b+c-2k}{2}!\frac{a+d}{2}!\frac{b+c-2}{2}!}{x!(2k-x)!\frac{a-x}{2}!\frac{d+x-2k}{2}!\frac{b-x}{2}!\frac{c+x-2k}{2}!\frac{a+d-2k}{2}!k!\frac{b+c-2k}{2}!(k-1)!}$$

$$=\sum_{k,x}\dfrac{(2k)!\frac{a+d}{2}!\frac{b+c-2}{2}!}{x!(2k-x)!\frac{a-x}{2}!\frac{d+x-2k}{2}!\frac{b-x}{2}!k!\frac{c+x-2k}{2}!(k-1)!}$$

容易发现本质上是卷积，于是可以做到 $O(n\log n)$。

[AGC052D] Equal LIS $\bigstar$

Difficulty: $\color{brown}{3304}$

比较好玩的一个题。

记 $f(x)$ 表示以 $x$ 结尾的 $\text{LIS}$ 最大长度。

考虑如果原序列的 $\text{LIS}=2k$，那么只要按照是否有 $f(x)\leqslant k$ 分成两类即可。

否则令 $\text{LIS}=2k+1$，此时我们尝试能否把原序列分成两份，每份的 $\text{LIS}$ 长度是 $k+1$。

容易发现，只要原序列中存在一个元素，它不在被选出的某个最长 $\text{LIS}$ 中，且存在一个长度为 $k+1$ 的上升子序列包括它，那么就能构造。

记一个满足如上条件的元素为 $a_x$，包含 $a_x$ 的一个上升子序列为 $a_{p_1},\cdots,a_{p_{k+1}}$。我们按如下的方式分配：

首先我们把个长度为 $k+1$ 的上升子序列全选入第一个序列。

对于某个其他的元素 $y$，如果满足 $f(y)\not=f(a_{p_i})$，我们就把它选入第二个序列。否则如果 $f(y)=f(a_x)$，我们也把它放进第二个序列。其他的情况我们就把它放进第一个序列。

考虑第一个序列，显然存在长度为 $k+1$ 的上升子序列，然而只存在 $k+1$ 种不同的 $f$，因此其 $\text{LIS}$ 为 $k+1$。

同理可以知道第二个序列的 $\text{LIS}$ 也为 $k+1$。

如果不存在这样的 $a_x$，则显然无解。

[AGC052E] 3 Letters $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3457}$

看上去很典而有点难度的题。

显然把一个位置变成相对的 $\pm 1$。

我们可以计算出在这个意义下的前缀和，记为 $a$。同样计算答案的前缀和记为 $b$。

那么在这个前缀和的意义下，一次操作就是把某个位置 $\pm 2$，而且要求相邻两项的差的绝对值为 $1$。

可以发现此时的最小操作次数为 $\dfrac{\sum |a_i-b_i|}{2}$，而且显然可以达到。

我们只需要合理的调控 $a,b$ 的初始值使得这个答案最小。

经典的选择中位数即可。

[AGC053D] Everyone is a winner $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3949}$

非常神秘的题。

显然，如果我们决策了第 $i$ 个人前 $i$ 步做哪些题，那么前 $i$ 步和后 $n-i$ 步分别是按花费时间从大至小做题。

从后往前考虑每个人，为了让前面人的选择空间更加大，我们首先最大化其做完第 $i$ 题的时间，其次要尽量选 $3$。

记 $t_{i,j}$ 表示第 $i$ 个人做完第 $j$ 题的所需时间，$T_j$ 表示目前的限制。初始 $T_j$ 为每个人按时间倒序做题时最短时间。

接下来考虑到第 $x$ 个人时，对 $1\leqslant y <x$ 更新 $T_y=\min(T_y,t_{x,y})$。

显然这样能让前面的人的选择空间尽可能多，唯一的问题是是否会让后面的人不是最快。

我们声称，在时间消耗是 $\{1,2,3\}$ 的情况下，不会出现这种问题。即我们有：$T_x\leqslant t_{y,x}$。

考虑证明，如果我们在考虑第 $i$ 个人时有 $T_i +2 \geqslant T_{i+1}$，则显然对 $j>i$ 有 $T_i+2(j-i)\geqslant T_j$。

也就是说，只要 $i+1$ 不是全用 $3$ 填前一半，那么 $i$ 后面填的一串 $2,3$ 都一定是合法的，另外 $T$ 的初始值也确保了后面填 $i$ 的部分合法。至于 $i+1$ 用 $3$ 填前一半的情况，也易于经过讨论证明合法。

用一个斜率为 $1/2/3$ 的凸包维护 $T$ 即可。时间复杂度 $O(n)$。

[AGC053E] More Peaks More Fun $\star$

Difficulty: $\color{gold}{4036}$

考试题。

不妨令同一组有 $b_i > a_i$，我们将它任意排列后，合法当且仅当：

1. $\forall k, b_k>a_{k+1}$
2. $\exist p<n,\forall k<p,b_k>a_{k+1};b_p < a_{p+1};\forall k>p,b_k>a_{k-1}$

例如，对于 $(1,5),(2,6),(3,4)$ 这种排列法，就满足 $\text{\#1}$。

对 $(1,3)(5,4)(6,2)$ 这种排列法，就满足 $\text{\#2}$ 且有 $p=1$。

不难发现这两组条件包括了所有满足条件的序列，我们只需转而计数这两种方案的贡献。

从较为简单的第一种入手，我们将二元组对 $b$ 排序，那么接下来考虑构造的方式。

我们倒着依次插入二元组，因为插入到一个位置时一定满足前面的条件，所以我们只需令后面的条件满足，即每个位置 $i$ 的贡献为 $1+\sum_{k>i,b_i>a_k}1$，记为 $1+w_i$。

现在考虑第二种，我们能枚举 $p$ 和 $p+1$ 所对应的二元组 $x,y$，那么有 $x < y$，可以转化为分别构造出两个以 $x,y$ 结尾的数组，每一个数组都满足上面的条件，然后倒过来一个再拼接。

于是现在我们来讨论每一段的贡献：

1. $i>y$，此时和上面是类似的，而且都可以插入至 $x,y$ 的前面，那么贡献为 $2+w_i$。

2. $i \in (x,y)$，此时 $y$ 的贡献已经被统计，且无论如何都能插入 $x$ 的前面，贡献为 $1+w_i$.

3. $i<x$，类似，贡献为 $w_i$。

这样就能做到 $O(n\log n)$ 了。

[AGC053F] ESPers $\star$

Difficulty: $\color{blue}{\texttt{?}}$

转化题意：

容易发现，设 $t$ 时刻是最后一个时刻，使得 $A/B$ 投票数量相等。

在 $t$ 时刻前投票的超能力者有 $0.5$ 的概率 win，$t$ 时刻后投票的超能力者一定 win。

于是只需计数前 $t$ 时刻投票的超能力者数目。

我们用另外一个序列来帮助我们计数。

考虑序列 $a$，如果第 $i$ 个投票的投给了多数，$a_i$ 就为 $1$，否则为 $-1$。（如果二者票数一样，如果投票者不是超能力者则有一半概率为 $1$）

那么一个合法的 $a$ 序列形如：

$$S_0,-1,S_1,-1,\cdots,-1,S_x,1,S_{x+1},1,\cdots,1,S_{x+y}$$

其中 $S$ 是一个串，满足最长的前提下，每个前缀和都非负，且和为 $0$。而且与原 $a$ 序列相比显然唯一。

接下来我们需要计算：

1. $x,y$ 的选择方案。
2. 选出超能力者。
3. 前 $t$ 时刻投票的超能力者数目。
4. 得到原串的概率。
5. 从原串得到 $a$ 序列的概率。

考虑到超能力者只可能对应 $1$，考虑这个序列中 $1$ 的出现次数。

容易发现出现了 $w=\dfrac{2n+1-x+y}{2}$ 个 $1$。

所以选超能力者的方案数是 $\binom{w}{k}$。

另外，考虑每个非超能力者的贡献。

如果一个非超能力者投票时，票数不同则为得到原串的概率贡献 $1/2$，否则为得到 $a$ 序列的概率贡献 $1/2$，因此这部分的贡献是：$\dfrac{1}{2^{2n+1-k}}$。

接下来考虑 $t$ 的取值。

容易发现，在 $S_x$ 之前，每两个 $-1$ 两边就平票了。

经过仔细分析，可以发现：

如果 $x$ 是偶数，那么 $t$ 就是 $S_x$ 的结尾。
否则，$t$ 是 $S_{x-1}$ 的结尾。

而它们中出现 $1$ 的期望数量就是：

$\dfrac{(x+1)(2n+1-x-y)}{(x+y+1)}$ 或者 $\dfrac{x(2n+1-x-y)}{(x+y+1)}$。

而总 $1$ 个数为 $2n+1-x+y$，因此贡献为：

$\dfrac{(x+1)(2n+1-x-y)}{(x+y+1)(2n+1-x+y)}$ 或者 $\dfrac{x(2n+1-x-y)}{(x+y+1)(2n+1-x+y)}$。

我们还需要考虑最后一项，即 $S$ 的选择方案数。

$S$ 是有强大的组合意义的，在两项 $S$ 中插入一个 $1$，易证方案数为从 $(0,0)$ 走斜线到 $(2n+1,x+y)$ 的方案数。

即 $\Large{\binom{2n+1}{\frac{2n+1-x-y}{2}}-\binom{2n+1}{\frac{2n-1-x-y}{2}}}$。

综合起来，由于为每个原串分配超能力者的概率为 $\dfrac{1}{\binom{2n+1}{k}}$，把前面全部乘起来得到：

$$\text{let } w=\dfrac{x+y-1}{2}:\\ $$

$$Ans=\sum_{x,y}\dfrac{(2n+1-x-y)\binom{\frac{2n+1-x+y}{2}}{k}}{(2n+1-x+y)\binom{2n+1}{k}2^{2n+1-k}} (\binom{2n+1}{n-w}-\binom{2n+1}{n-w-1}) \times \begin{cases} \frac{x}{x+y+1}&x 是奇数\\ \frac{x+1}{x+y+1}&x 是偶数 \end{cases}$$

我们只需枚举 $x,y$ 即可得到答案。

整理上式，其实我们只需求：

$$\dfrac{1}{\binom{2n+1}{k}2^{2n+1-k}}\sum_{x=2t+1,y}\dfrac{x(n-w)\binom{\frac{2n+1-x+y}{2}}{k}}{(w+1)(2n+1-x+y)} (\binom{2n+1}{n-w}-\binom{2n+1}{n-w-1})$$

为了方便，只讨论 $x$ 为奇数的情况。

我们有 $y=2w+1-x$，带入得：

$$\dfrac{1}{\binom{2n+1}{k}2^{2n+1-k}}\sum_{w}\dfrac{x(n-w)\binom{n+w-x+1}{k}}{(w+1)(2n+2w-2x+2)}(\binom{2n+1}{n-w}-\binom{2n+1}{n-w-1})$$

$$=\dfrac{1}{\binom{2n+1}{k}2^{2n+1-k}}\sum_{w}\dfrac{(n-w)}{(w+1)}(\binom{2n+1}{n-w}-\binom{2n+1}{n-w-1})\sum_{x=2t+1\leqslant 2w+1}\dfrac{x\binom{n+w-x+1}{k}}{2(n+w-x+1)}$$

对后面一坨吸收，可以预处理后 $O(1)$ 计算，因此总复杂度 $O(n)$，可以通过此题。

整理一下，我们需要对后面这部分预处理：

$\sum_{x=2t\leqslant 2w+1}\dfrac{x\binom{n+w-x+1}{k}}{2(n+w-x+1)}=\dfrac{1}{2k}\sum_{x=2t+1\leqslant 2w+1}x\binom{n+w-x}{k-1}$

在 $k$ 固定时，我们维护：

$S1_n=\sum\limits_{i=2t+1}^n \binom{i}{k-1}$
$S2_n=\sum\limits_{i=2t+1}^n i\binom{i}{k-1}$

然后就有 $\sum_{x=2t+1\leqslant 2w+1}x\binom{n+w-x}{k-1}=(n+w)(S1_{n+w-1}-S1_{n-w-3})-(S2_{n+w-1}-S2_{n-w-3})$。

同样处理偶数情况。

[AGC054D] (ox) $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3426}$

不会做，感谢 $xzy$ 的指导。

先考虑只有 $\texttt{()}$ 的情况，这是一个简单的贪心。

结论：
存在一个最优解，删掉所有的 $\texttt{o/x}$ 后得到的串与最初串删掉 $\texttt{o/x}$ 后的最优解相同。

不知道怎么证，下次补。

那么直接 $dp$ 就行了。

[AGC054E] ZigZag Break $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3499}$

[AGC055D] ABC Ultimatum $\bigstar$

Difficulty: $\color{brown}{3506}$

牛逼的。

怎么想到的呢？不知道。
怎么出出来的呢？不知道。

证明显然，但是怎么考虑出一种直观的理解呢？

[AGC055E] Set Merging $\bigstar$

Difficulty: $\color{blue}{\texttt{?}}$

据说 anton 找性质从来不用草稿纸/电脑，全在脑子里想，不知道是不是真的。

考察某个时刻的 $L_i,R_i$ 满足何种性质。

考察一次对 $(i,i+1)$ 的操作，可以发现就相当于令：

$$L_{i+1} \rightarrow L_i\\ R_i \rightarrow R_{i+1}$$

现给出结论：

结论：定义排列 $P$ 初始满足 $P_i=i$，每次操作 $(i,i+1)$ 后交换 $P_i,P_{i+1}$。则 $S_i=[\min_{j\geqslant i}P_j,\max{j\leqslant i}P_j]$。

证明🕊了，其实随便考虑一下就是对的。

于是你分析一下就可以知道每个位置的 $P$，答案显然是最小逆序对数，贪心即可。

官方题解的 Bouns 里写可以线性，有知道的老哥可以讲解一下吗/kel

[AGC056E] Cheese $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3877}$

比较新颖的题。

首先有一个比较显然的观察：我们调换不同位置放奶酪的时间，不会改变答案。记第 $i$ 个间隔放了共 $c_i$ 个奶酪。

概率显然为 $(n-1)!\prod_i \dfrac{a_i^{c_i}}{100^{c_i}c_i!}$。

同样的，我们不用考虑每个奶酪何时停下，只需知道有多少奶酪经过了某个老鼠，即可算出这个老鼠的概率。

感性的，因为我们可以随意分配奶酪的开始点和结束点，不妨令每个奶酪都不会转超过一圈。

考虑计算第 $x$ 个人的答案，不妨令 $x=n$。记有 $y$ 个奶酪经过了第 $n$ 个人，那么显然，答案只和 $c_i$ 以及 $y$ 有关。

如果我们枚举 $y$，使用 $dp$ 计算 $c$ 的所有取值，就能算出这种情况下 $n$ 恰好没吃到的概率。

具体的，记有 $b_i$ 个奶酪经过了第 $i$ 个老鼠，那么概率是：$2^{-b_n}\prod_{i<n} (1-2^{-b_i})$。

接下来只需计算出现此情况的概率，易于计算。

注意到我们可能计算到一些 “没有终点和起点” 的奶酪，而每出现一种这样的奶酪就会令概率变为 $\dfrac{1}{2}$，因此真正的答案就是我们算出的值除二。

由于之前所述的奶酪的存在，我们在计算答案时将其保留为 $2^{-x}$ 的多项式，最后一次性计算贡献。

[AGC057D] Sum Avoidance $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3307}$

相当的阴间题。

显然答案是 $\lfloor\dfrac{n-1}{2}\rfloor$，选择更大一半的数字即可满足此要求。

容易发现 $x$ 和 $S-x$ 互斥，令 $x \leqslant \dfrac{n}{2}$，我们肯定想要小的数字。

一个暴力的做法是，考虑从小往大枚举每个数字，能加就加，做背包。

可以先枚举选出集合的最小的数字，记为 $w$。容易发现，若 $w$ 被选择，则 $\forall k,\ kw$ 都被选择。这个最小的数字只需满足不能被 $x$ 整除就行了。

另外考虑到如果 $x_1,x_2$ 被选择，那么我们也可以选 $x_1+x_2$。所以我们维护一个模 $w$ 的同余类，每个类只需求出最小的能被选的数字，就能直接得到答案了。

于是每次背包都只需要做 $O(w)$ 的位置，也只有 $O(w)$ 个数字需要做背包，另外 $w$ 相当小，于是直接过了。

具体的实现相当神秘。

[AGC057E] RowCol/ColRow Sort

Difficulty: $\color{gold}{4128}$

只能说 new AGC 的题网上要么没题解，要么两三行，整个一个阅读理解/tuu。

记 $S$ 为 $B$ 的最大值。

显然，对每个 $k$ 把大于 $k$ 的位置变成 $1$，不大于 $k$ 的变成 $0$，如果 $A$ 都能变成 $B$ 就是合法的。

先考虑 $S=1$，由于 $B$ 已知，记 $r_i$ 表示 $A$ 第 $i$ 行的和，$c_i$ 表示 $A$ 第 $i$ 列的和，那么一个 $r$ 的可重集一定对应一个 $c$ 的可重集。

这两个可重集构造出来和用 $B$ 构造出来是一样的，于是我们只要分配每一行/列对应多少。

记排列 $p,q$ 表示把每行/列排序后，每行对应 $1$ 的数量是第几小，容易转化为只需求合法的 $p,q$ 数量。此时 $p,q$ 是没有任何限制的。

此时 $A_{i,j} = 1$ 等价于 $B_{p(i),q(j)}=1$。

考虑 $S\not=1$ 的情况，从大到小考虑 $k$，对不同的 $k$ 重新定义 $p_k,q_k$。

这个过程相当于每次只能选出一些就原来是 $1$ 的挪到下一层仍为 $1$。

也就是必须满足：

$B_{p_k(i),q_k(j)}\leqslant k \rightarrow B_{p_{k+1}(i),q_{k+1}(j)}\leqslant k+1$

感性理解，由于 $p_k,q_k$ 没有其他限制，我们总可以构造一个合理的双射把条件变成这样：

$B_{i,j}\leqslant k \rightarrow B_{p_k(i),q_k(j)}\leqslant k+1$

即各层独立。

记 $a_i=\sum_j [B_{i,j} \leqslant k]$，$b_j=\sum_i [A_{i,j} \leqslant k+1]$。

通过上面，我们能知道对每个 $x\in[1,a_i]$ 我们都有 $B_{i,x}\leqslant k$ 也就是 $B_{p_k(i),q_k(x)}\leqslant k+1$。

因为有 $b_{q_k(x)} \geqslant p_k(i)$，然而 $b$ 不增，于是 $b_{\max\{q_k(x)\}} \geqslant p_k(i)$，其中 $x\in[1,a_i]$。

把 $a_i$ 排好序，直接 dp 即可。

[AGC058E] Nearer Permutation $\bigstar$

Difficulty: $\color{gray}{3825}$

显然首先考虑如何对排列 $p$ 计算 $F(p)$。

记 $w$ 为 $p$ 中逆序对数目一半下取整。

维护一个一开始为 $p$ 的数组 $a$，接下来每次从 $a_1,\cdots,a_{w+1}$ 中选出最小 $a_i$ 的插到序列 $q$ 的末尾，然后令 $w \to w-i+1$。

现在来考察 $y=F(x)$ 有什么性质。记 $k$ 为第一个满足 $y_k > y_{k+1}$ 的位置。

实际上，我们可以求出 $x$ 的逆序对数。

手动模拟一下，会发现：

在 $y_{k}$ 被删除前，一定在 $x$ 里是当时最靠前的位置；$y_{k}$ 被删除以后，$y_{k+1}$ 恰好进入了被删除的范围；删掉 $y_{k+1}$ 后，剩下的原序列 $x$ 就是 $y_{k+2},y_{k+3},\cdots$。

现在尝试逆推，显然 $y_k,y_{k+2},y_{k+3},\cdots$ 就是 $x$ 的最后几项。

接下来，我们需要对每个 $i=k+1,k-1,k-2,\codts,1$，把 $y_i$ 向后移动到某个合适的位置来得到 $x$。

记 $c_i$ 表示 $y_i$ 向后移动的长度，我们只需得到每个 $c_i$ 即可解决这个问题。令 $p$ 表示 $y_{k+1}$ 的位置。考虑 $v=w-p$ 的值。

事实上，经过讨论我们知道：令任意一个 $c_i \to c_i+1$ 均会使 $v$ 减少 $\dfrac{1}{2}$。

因为经过前面的分析我们知道最后 $v$ 是 $0$ 或 $\dfrac{1}{2}$，最初是 $\dfrac{inv}{2}$（$inv$ 是逆序对数），于是就能通过 $\sigma s$ 知道 $inv$。

贪心把 $y_i$ 往后移即可。

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以下是 ARC 部分。

[ARC089D] ColoringBalls $\star$

Difficulty: $\color{gray}{3782}$

好像做多了这种序列题确实能提升自己这方面的能力。

仍然是套路的考虑怎么用一个操作序列构造出一个特定的颜色序列。

首先把相邻的蓝色/红色并到一起，然后对于每一段考虑：

如果这一段是纯蓝，那么只会消耗一个 $B$ 。

否则形如 “蓝红蓝红蓝” 这样，容易发现它会消耗类似 蓝+红+若干个任意，任意的数目就相当于红的段数-1。

于是从前往后扫一下，优先匹配蓝/红，其次匹配任意。

那么反过来解决原问题，我们需要枚举有几个蓝色段，几个混色段，然后计算答案。

注意到我们还需要选择混色段选择的顺序，那么我们钦定红色段多的混色段在前面，最后阶乘就行了。

记 $dp_{}$ 表示放了 $i$ 个混色段，最后的一个混色段有 $j$ 个红色段，总共消耗长度为 $k$ 的答案，每次转移一些红色段数目相同的混色段，那么只需要枚举红色段数目和总长度，预处理一下即可做到 $O(n^5)$ 。

[ARC117F] Gateau $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3378}$

写个套路做法。

首先容易想到二分答案，然后转成差分约束。

即计前缀和为 $s$ ，对于每一个 $s_{i+n}-s_i$ 都有一个上下界，然后要求 $s$ 单调不降。

图建出来大概是这样子：

现在删掉边 $n\rightarrow n-1$ 和 $0 \rightarrow n$ ，把剩下的点配成点对如 $(1,5),(2,6),(3,7)$ ，然后对于在同一个点对的点一起更新最短路，容易发现可以 $O(n)$ 计算。

最后再加入那个被删掉的边，此时有意义的点非常少。随便做做就行了。

[ARC122F] Domination $\bigstar$

Difficulty: $\color{blue}{\texttt{?}}$

首先发现这种看起来就神仙的题，大多数时候需要使用图论算法。

考虑 $k=1$ ，那么每个红色只需要匹配一个蓝色即可。

容易发现只有一个斜向的红色点集是有用的。找出来，然后按 $x$ 排序。

删掉已经被满足了的红色点，然后考虑移动蓝色点。

考虑一个这样的建图方式：

我们考虑一个蓝色点向上移动满足一个红色点的消耗是它们的 $x$ 之差，而且一次可以满足一段这样的点，向右移动同理。

那么以这种方式建图：

（每种不同的边都上好了色，注意途中只有橙色边的边权为 $1$ ，橙色边还有边权为 $0$ 的逆向边。）

考虑从一个红点 $L$ 跑到另外一个红点 $R$ ，经过了蓝点 $x$ 即代表用 $x$ 满足 $[L,R]$ 。

因此答案即 $S \rightarrow T$ 的最短路。

对于 $k \not = 1$ ，根据经典结论，可以拆成 $k$ 个 $k=1$ 的子问题，因此上个费用流就行了。

题目好 nb ！我好菜/ll

[ARC132E] Paw $\star$

Difficulty: $\color{red}{3144}$

有难度的计数题。

首先有一个结论：最后的形态形如 <<<<___>>>> ，其中 _ 是不变化的部分。

因此简化为只需给一边排列顺序并选择方向，使得满足最后变成 <<<< 。

记 $d_i$ 为 $i$ 个 $.$ 的答案，那么在左侧插入一个 $.$ ，它的选择方案有 $2i+1$ 种，即：

$$d_{i+1}=(2i+1)d_i$$

直接计算即可。

[AGC140F] ABS Permutation (Count ver.) $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3392}$

生成函数基础练习（bushi

考虑使用生成函数解决问题。

首先二项式定理，只需求钦定有 $k$ 个位置满足条件的方案。

容易抽象成有 $w$ 条长度为 $l$ 的链，你可以随意钦定一条边是否满足条件，最后需要把若干个边组成的链拼起来。

首先我们考虑一条链的生成函数，记元 $x$ 表示点数，$y$ 表示边数，考虑到只要点数大于等于 $2$ 就可以选择 reverse，所以生成函数形如：

$$F(x,y)=x+2x^2y+2x^3y^2+\cdots$$

$$=x+2x^2y\dfrac{1}{1-xy}=\dfrac{x(1+xy)}{1-xy}$$

现在你可以随意拼接链，也就是你需要求：

$$[x^l]\dfrac{1}{1-\dfrac{x(1+xy)}{1-xy}}$$

$$=[x^l]\dfrac{1-xy}{1-xy+x+x^2y}$$

$$=[x^l]\dfrac{1-xy}{1-x(y+1+xy)}$$

因为有

$$[x^m]\dfrac{1}{{1-x(y+1+xy)}}$$

$$=[x^m]\sum_i x^i(y+1+xy)^i$$

$$=\sum_i \binom{i}{m-i}y^{m-i}(y+1)^{2i-m}$$

现在需计算这个的 $[y^t]$ 项，得到：

$$[y^t]\sum_i \binom{i}{m-i}y^{m-i}(y+1)^{2i-m}$$

$$=\sum_i \binom{i}{m-i}\binom{2i-m}{t-m+i}$$

卷积计算即可。

于是现在我们得到了 $G(x)=[x^l]F(x,y)$，快速幂得到 $G^w(x)$ 即可解决此问题。

[ARC142E] Pairing Wizards $\star$

Difficulty: $\color{brown}{3232}$

感觉虽然思维路径比较短，但是实际上并不非常简单。

首先对于每条边，我们让每个数都满足更小的限制，显然这是必须的。

考虑一个点，假设它连向了一个 $b$ 大于等于它的点，我们称它是优秀的。

那么如果两个优秀的点之间有连边，那么我们显然可以忽略它。

于是优秀的点和不优秀的点之间构成了二分图，可以使用经典的网络流建模解决。