CF1815

CF1815

Div. 1 确实难，Virtual Contest 上只完成了两道题，想出来了三道题。

A. Ian and Array Sorting

秒切题……考虑将前 $n - 1$ 个数变成一样的一个数 $x$。显然可以完成。

然而考虑此时最后一个数。如果 $\ge x$，那么是 $\texttt{\colorbox{#52C41A}{\textcolor{white}{AC}}}$，如果 $\lt x$，要分类讨论：

• 如果前面有奇数个，是 $\texttt{\colorbox{#E74C3C}{\textcolor{white}{WA}}}$。

• 反之，则是 $\texttt{\colorbox{#52C41A}{\textcolor{white}{AC}}}$。

提交：Submission #211291004 - Codeforces

B. Sum Graph

傻逼交互。

好呀好呀，傻逼交互体。想出来了思路，但是就是没有写出来。

考虑 + 点 $n + 1, n + 2$。那么整个图会形成一条链。

static int perm[N]; int l = 1, r = n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    perm[i] = (i & 1) ? l++ : r--;
}

于是我们可以在 $n - 1$ 次以内找到链的一端，然后就可以再来 $n - 1$ 次找到可能的排列。

由于我们可能是找到的两端，所以有两种排列方法。

输出即可。

提交：Submission #211296415 - Codeforces

进阶：参考 https://codeforces.com/blog/entry/114847?#comment-1021812 以及 Editorial of Codeforces Round #865 - Codeforces，可以把次数减少到 $n + \lfloor \frac n2 \rfloor + 2$ 次询问。

C. Between

构造好题。

考虑包含可以形成依赖。

于是可以形成一张图。

我们从 1 开始 BFS 对其分层，可以发现，第 $i$ 层最多可以放 $i$ 个（包含依赖多套一个）。

那么考虑如何构造合法方案。

我的方法是每一次，按照 BFS 逆序遍历很多遍，每一次遍历到，如果还有没放的则放一个，否则略过。（好像官方题解就是这样？看不懂）

考虑正确性：按照逆序遍历保证出现次数少的在中间，保证不同层之间的依赖关系；每次放一个保证出现次数相同的交替出现，这样就保证了层内的依赖关系无论如何一定满足（互相依赖也没关系）。

提交：Submission #211298131 - Codeforces

D. XOR Counting

打表好题。

在 $m = 1$ 的时候答案就是 $n$。

在 $m \gt 3$ 的时候小小打表，可以发现答案为 $\lceil \frac n2 \rceil \times (\lfloor \frac n2 \rfloor + 1)$。

证明：在 $m \gt 3$ 的时候，$[x, \frac {n-x}2, \frac {n-x}2, 0, 0, \dots]$ 可以恰好凑出 $x$，所以所有与 $n$ 奇偶性相同的 $x$（此时 $n-x$ 为偶数，$\frac {n-x}2$ 为整数）都可以被凑出。

然后我们发现，加法和异或得到的奇偶性是一样的，并且有 $a \otimes b \le a + b$，意味着我们只能凑 $\le n$ 并且与 $n$ 奇偶性相同的数。

综合两条，我们便可以得出，所有可能凑出的数就是 $\le n$ 且与 $n$ 奇偶性相同的数。

推一下公式就是上面的了。

于是问题就只剩下了 $m = 2$ 的时候。

我们考虑一个 DP，我们记 $f(n)$ 表示所有可能的异或和的和，$g(n)$ 表示可能的个数。然后稍微分类讨论一下：

• 如果 $n$ 是奇数，我们不妨假设 $n = a_1 + a_2$，其中 $a_1$ 为偶数，$a_2$ 为奇数。设 $a_1' = \frac {a_1}2, a_2' = \frac {a_2 - 1}2$。我们可以看出：$a_1' + a_2' = \frac {n-1}2$ 以及 $a_1 \otimes a_2 = 2 \times (a_1' \otimes a_2')+1$。此时个数不会变，而和变为原本的两倍再加上个数。也就是 $g(n) = g(\frac {n-1}2)$ 以及 $f(n) = 2f(\frac {n-1}2) + g(\frac {n-1}2)$。

• 如果 $n$ 是偶数，那么我们又要分两类讨论：

  • 设 $n = a_1 + a_2$，其中两者都是偶数，那么类似的，$a_1' + a_2' = \frac n2$，$a_1 \otimes a_2 = 2 \times (a_1' \otimes a_2')$。

  • 如果都是奇数，有 $a_1' + a_2' = \frac n2 - 1$ 以及 $a_1 \otimes a_2 = 2 \times (a_1' \otimes a_2')$。

  • 因此，我们可以知道 $f(n) = 2 \times f(\frac n2) + 2 \times f(\frac n2 - 1)$，以及 $g(n) = g(\frac n2) + g(\frac n2 - 1)$。

FAKE: 于是我们可以得出递推复杂度 $T(n) = T(\frac n2) + 1$，得出为 $O(\log n)$。

依据SMB，复杂度似乎不是这样的，但是题解是这么给的，或许是有一些神秘的分析，或者是加了记忆化，所以复杂度是这样的。

其实完全可以用记忆化……快一点吧。

提交：https://codeforces.com/contest/1815/submission/211297560

E. Bosco and Particle

性质好题。

性质：

1. 循环多次 $=$ 循环一次

2. 设 $a_i$ 表示实际上从上面进入这个序列的次数，$b_i$ 表示实际上向下面出去这个序列的次数。我们把第 $i$ 个序列单独提出来，类似的定义 $a_i'$ 和 $b_i'$。可以发现，$\exist k \implies a_i = ka_i', b_i = kb_i'$，也就是有 $\frac {a_i}{b_i} = \frac {a_i'}{b_i'}$

3. 有 $a_i = b_{i-1}$。

4. 令 $f_i = a_{i + 1}$，$f_0 = a_1$，于是有 $f_k = \prod_{i = 1}^k \frac {b_i}{a_i} f_0$。

5. 需要保证 $\forall k$，$f_k$ 为整数。

于是就可以写出来啦！！！（不是

提交：Submission #211323975 - Codeforces

竟然比 C++ 快，不可思议