Codeforces Round 983 (Div. 2)

合集 - 做题笔记(10)

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10.Codeforces Round 983 (Div. 2)01-21

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Dashboard - Codeforces Round 983 (Div. 2) - Codeforces.

2025.1.21 上午和大家一起打，3.5h（？）。

2025.1.21 上午听 XK 讲题，下午看题解、讨论、补题，晚上补题、写题解。

赛时 AC ABCD，CD 耗时长。题已补完。

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稀疏矩阵高斯消元。

仙人掌 DP（的一种？）（每个子树 [最多只有]（？）一条连到子树外的返祖边，把子树外那个点的 DP 值设出来，带进来表示其他 DP 值，推上去到那个点时解方程）。CF Div1 [E]（？）.

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下标为 -1 不一定 RE。（？）

不要少打空格。

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A

值不同的两个开关点亮一盏灯。

统计一下 $0,1$ 分别的个数。

• 最小：把 $0$ 放一起、$1$ 放一起，如果有剩下的再合一起；$2n$ 是偶数，$0,1$ 数量奇偶性相同，直接判。
• 最大：把 $0$ 和 $1$ 尽量拼一起，点亮的灯的数量就是 $0,1$ 个数的 $min$。

B

感觉有点诈骗。

把 $k$ 单独放一段。$n$ 是奇数，所以左右两边元素个数奇偶性相同。

• 如果左右两边元素个数都是奇数，直接把左右两边各作为一段。
• 如果左右两边元素个数都是偶数，让左右两段各分出一个数单独作为一段，共五段。
  • 如果左边不足 $2$ 个元素或右边不足 $2$ 个（那就是 $0$ 个了）（包含左边无或右边无的情况，其实就是这些情况），则无解。
  • 但需要特判 $n=1$，即左右都无。
  • 所以其实是左右一边有一边无是无解的充要条件。（？）

C

对“任意”的限制，找极限情况。发现是 最小+次小（数值可以等于最小）> 最大。

思路 $1$（错）：枚举最小值，把小于它的都改成它，得到最大值的上限，把大于上限的都改成这个上限。但是 有错，因为事实上可以通过更改次小值而不是最大值来满足限制。例：$1$ $1$ $2$ $2$，可以把一个 $1$ 改成 $2$。

思路 $2$：枚举最小值可能会改次小值，于是我们枚举最大值。把更大的都改成枚举到的最大值，把最少的数（从小到大）改成最大值，使得改之后的最小值和次小值之和大于这个最大值。不用真改，排序后二分实现（两步都是二分），时间复杂度 $O(n\log n)$。应该也可以双指针，但仍要排序（应该仍要带个 $\log$）。

D

询问其实可以用来看两个结点是否是父子关系（不是所有情况都可以）。

思路 $1$（我赛时用的）：从小到大添加，先找 $1$ 所连的，枚举 $2,3,\dots ,n-2$（$n-1$ 是最后一个，$1$ 必须连下去，那么如果前面都不行就是 $n-1$ 了），和 $1$ 询问，第一个不经过 $0$ 的是和 $1$ 连的，前面的都和 $0$ 连，这部分最多用了 $n-3$ 次询问。接下来对剩余的结点，考虑所有链底（所有能接的结点），从小到大枚举，这样枚举过的就再也不会被用到了（分 用不用 讨论）（也需要添加新的链底点）；尝试作为父亲（尝试作为父亲时被拿去询问）的点最多时的编号是 $2,3,\dots ,n-2$（$n-1$ 不能作父亲结点），于是这部分的询问次数不超过 $n-3$（应该能达到），这部分用队列实现。那么总询问次数不超过 $2n-6$（不知道能不能达到），符合要求。

思路 $2$（%%% exCat 和 题解）：双指针，一个枚举当前结点，另一个枚举父亲结点，都从大到小扫过去。（？？？）

另一个观察：最后只有一条那种长的链，因为某种条件下就只能沿着这条链添加了。（？？？）

$n\ge 4$，不特判。

E

思路 $1$：差分，操作变为 $+1,+1,-1,-1$，把 $c_i$ 当作变量，列方程组（$n$ 个方程），高斯消元。注意到全部 $c_i$ 都加上一个相同的数仍可，于是减去最小值以变成[最小的非负解]（？）（说不定还需要关于整数的处理？我没写。）。

• 不能直接高斯消元，时间复杂度不行。有两种解决方案：
  • 每行只有四个 $c_i$，且矩阵长得很特殊。把前三个 $c_i$ 作为变量，用它们去表示其他的 $c_i$。剩下 [三个]（？）方程，用它们来解这前三个 $c_i$。应该要钦定其中一个 $c_i$ 为 $0$。
  • 还是高斯消元，但是只用有的消，发现每行要消的行很少，要消的列也很少。（？？？）

思路 $2$（在题解区看到的，我用的这个）：为了方便取模维护环，把下标变成 $0,1,\dots ,n-1$。设 $b_i=c_i+c_{i+1}$，从方程中得出 $b_i$ 的递推式，令 $b_0=0$，因为 $n$ 是奇数，绕两圈即可递推出所有 $b_i$（令 $b_0=0$ 可能是因为推两圈推回去也推不出 $b_0$ 为多少），如果推回 $b_0$ 发现不等于 $0$（与原来不同）就无解（后面 $c$ 一定可以解出（？））。由 $b$ 得 $c$，可以把 $c_0$ 作为变量，用它表示其他 $c_i$（记 $c_0$ 的系数和加上的常数）。绕回去可以解方程解出 $c_0$，但解方程这里要 $/2$，注意怎么处理分子是奇数的情况，我是给所有 $c_i$ 加上 $1/2$（在算 $c_0$ 时对分子 $+1$），之后用算出的系数和常数而不是 $b$（因为 $b$ 已经不适用了，不过硬要用似乎也可以变一变来用，感谢 xjy）得到 $c$。注意有系数是负数（$-1$）的需要 $+1$ 补回去。也可以重新给 $b_0$ 赋初值重新算来处理这种不是整数的情况。最后每个 $c_i$ 减去 $c_i$ 的最小值变成 [最小非负解]（？）。

思路 $3$：抓住 $n$ 是奇数。拼合操作。我没太懂，见洛谷题解区。

F

博弈，尝试直接推结论，不会。于是直接 DP。肯定是从之后的局面往之前 DP，为了方便翻转原序列，从前往后 DP。每一段规则除了胜负的判定和 Nim 游戏相同（Nim 或 反 Nim）。

设 $f_{i,0/1}$ 表示处理了前 $i$ 包花生，最后一段以第 $i$ 包结尾，此时先手必败（$0$）/ 先手必胜（$1$）的情况数；这里的胜指的是拿走 $1\dots i$ 包中的最后一个花生，即在 $1\dots i$ 包中没有花生拿的那个人输。

记 $s_i$ 为 $a_i$ 的前缀异或和，用它得到区间异或和来判（不止用它）Nim / 反 Nim 先手必胜还是必败。

转移到 $f_{i,0}$：

• $f_{j,0}$ + Nim 先手必败（$s_i\oplus s_j=0,s_i=s_j$）。
• $f_{j,1}$ + 反 Nim 先手必败（全为 $1$：奇 $i-j\equiv 1(\mathrm{mod}2)$；不全为 $1$：$s_i\oplus s_j=0,s_i=s_j$）。

转移到 $f_{i,1}$：

• $f_{j,0}$ + Nim 先手必胜（$s_i\oplus s_j\ne 0,s_i\ne s_j$）。
• $f_{j,1}$ + 反 Nim 先手必胜（全为 $1$：偶 $i-j\equiv 0(\mathrm{mod}2)$；不全为 $1$：$s_i\oplus s_j\ne 0,s_i\ne s_j$）。

转移是加起来。

初值：$f_{0,0}=1,f_{0,1}=0$。

答案：$f_{n,1}$。

这里 $\oplus$ 表示异或。

各种前缀和。

用 [map] 或 [离散化+桶] 来维护 $s_i$ 相同的 $f_{i,0}$ 的和（$\ne$ 的用前缀和减去它）。

全为 $1$ 和不全为 $1$ 按一个位置分界。双指针扫分界点。上面的 map 再开一个维护左边的。

取模。减法也要取模。

小心前缀和相减左边下标到 $-1$。

注意各种东西的初值。