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 \(f(n) = 2f(\frac {n-1}2) + g(\frac {n-1}2)\)。
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如果 \(n\) 是偶数，那么我们又要分两类讨论：
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设 \(n = a_1 + a_2\)，其中两者都是偶数，那么类似的，\(a_1' + a_2' = \frac n2\)，\(a_1 \otimes a_2 = 2 \times (a_1' \otimes a_2')\)。
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如果都是奇数，有 \(a_1' + a_2' = \frac n2 - 1\) 以及 \(a_1 \otimes a_2 = 2 \times (a_1' \otimes a_2')\)。
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因此，我们可以知道 \(f(n) = 2 \times f(\frac n2) + 2 \times f(\frac n2 - 1)\)，以及 \(g(n) = g(\frac n2) + g(\frac n2 - 1)\)。
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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：
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循环多次 \(=\) 循环一次
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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 \(\frac {a_i}{b_i} = \frac {a_i'}{b_i'}\)
-
有 \(a_i = b_{i-1}\)。
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令 \(f_i = a_{i + 1}\)，\(f_0 = a_1\)，于是有 \(f_k = \prod_{i = 1}^k \frac {b_i}{a_i} f_0\)。
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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
