agc026 题解

link

code

A $\color{gray}\bigstar$

相邻的相同就把它改掉。模拟即可。

B $\color{green}\bigstar$

先把前面的一些情况特判掉。

注意最后落在的位置一定是形如 $\bmod b =a+d$ 的形式，判断一下在这个取模环上是否有 $[b+1,c)$ 的数即可。

C $\color{green}\bigstar$

折半搜索。

先大力枚举左边的情况，把对应的右边的情况放在 map 里然后去查询。

D $\color{green}\bigstar$

一列一列放。

如果前面一列和当前列交的部分全部都是 $01$ 交替，那么可以和上一列状态相同，否则必须取反，然后 $>$ 上一列的部分可以乱选。

因此设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 列，从下向上的最长 $01$ 交替段长度为 $j$ 的方案数。

直接转移复杂度 $nh$，离散化一下就可以 $O(n^2)$ 了。

E $\color{blue}\bigstar$

提供一个超级无脑做法。

想一下 dp，一个经典套路是从后向前 dp，这样只需要存字典序最大，因为如果从前往后，两个状态一个是另一个的前缀，这样不知道该取那个。

那么如果直接暴力转移是 $O(n^3)$ 的，考虑咋优化一下。

如果后面一个区间是和当前区间不交，那么只要选一个后缀最大值即可，这个可以开一个 $g_i$ 表示后缀最大值。

如果相交，有两种情况：ab 和 ba。

如果是 ba，容易发现这个区间中所有的 ba 都需要选，因此直接选最前面那个即可。

如果是 ab，所有 ab 区间不能交，依然是选最前面那个即可。

三种情况，只有三个转移，直接选即可。

为了方便，直接开 set 记录字符串。

比较卡常，但是讨论一下，上面三个转移可以更少。

F $\color{gold}\bigstar$

只会 $O(n^3)$ 的区间 dp。

容易发现对于一个区间，先手答案显然大于后手。

如果 $n$ 是偶数，那么先手要么选所有奇数位置要么所有偶数位置，因为不然的话后手可以选择去奇数的那半边，然后另一个区间变成后手先选，那肯定不优。

然后考虑奇数情况，前面先一直选偶数位置，某一个时刻选了奇数位置，此时剩余区间中，先手一定会得到所有的奇数位置。

那么就相当于是所有的偶数，然后翻转了一个区间。

二分答案，这样会有很多个满足条件的区间。

为了先手一定能缩成一个合法的区间，说明区间需要满足 $l_1=1,r_k=n,r_i+2=l_{i+1}$。

因此直接判定即可。