闲话 23.3.2

闲话

APJifengc：
您都已经切 AGC 的 E 了 您太强了
您都已经写一个美元符号了 您太强了
不懂

发现 APJ 老师回家卷数奥的反常积分题
太强了
SoyTony：APJ 是美国间谍 —— 白宫咋不用支付宝？白宫还是太不懂了

how to solve

$$\int_0^{\pi / 2} \frac{x}{\tan x} \text d x$$

upd：
SpyTony 走过来 拿了我一条咖啡
我看着他撕开 善意地提醒说用热水沏
他直接往嘴里干了一口
APJ：没带打火机咱可以不咬
随后 SoyTony 轻描淡写地喝了口水
然后咳*5
三口给干完了
瑞平 不行啊这（

$\text{Simu}$

T1
设一个点的标号是这个点作为被删除的子树的根对应的操作的编号。若一个点祖先中最小编号是 $x$，则它对 $[1, x - 1]$ 的答案都有贡献。
这个可以直接从小到大枚举每个点后用父亲更新得到，随后维护差分即可。
不用 dfs，常数小点。$O(n)$。

T2
对点 $i$ 的答案就是每个点 $u$ 以 $i$ 为根的子树内权值小于 $u$ 的权值的点数之和，考虑换根。
以 1 为根的答案是易算得的，用树状数组统计即可。同时维护一个这个子树内权值小于 $fa[u]$ 的权值的点数。
然后考虑换根。当根从 $u\to v$ 时，$v$ 对答案的贡献变为 $0$，$u$ 对答案的贡献为不在以 1 为根时 $v$ 子树内的点的贡献。
拿总数直接减就行了。$O(n\log n)$。

T3
问题是经典的 dp，又带修，考虑上线段树维护。
若第 $i$ 个字符是 ABC 中的第 $0\le k\le 2$ 个，则第 $i$ 个位置的矩阵就是第 $k$ 行全 $1$ 的单位矩阵。
证明？考虑写出转移即可。
然后修改也很简单了。$O(4^3n\log n)$。

T4
我怎么不会贪心？哦我一直不会啊那没事了。
原题是普及-，有个经典结论是答案就是 $\sum \max(0, a_i - a_{i - 1})$。
现在考虑配对。考虑一种贪心策略，遍历 $b_i$，若有 $b_i > 0$ 将其压入队列中，$b_i < 0$ 则：若使得代价最大，与最靠左的 $b_i$ 配对；若使得代价最小，与最靠右的 $b_i$ 配对。
注意到 $a_i\ge 0$ ，所以我们一定能找到数字配对。可以用交换法证明贪心的正确性。
$O(n)$。

杂题

随机开 At 的题 开到了 AGC
很快啊 —— D 没看懂所以不写了

AGC019E

给定两个长度为 $n$ 的 01 串 $A, B$。保证两个串内的 1 数量相同，设有 $m$ 个。令 $\langle a_i\rangle , \langle b_i\rangle$ 分别表示 $A, B$ 中 1 的所有下标按顺序排列组成的序列。随机打乱 $a, b$ 序列，按这序列的下标 $i$ 从小到大顺序交换 $A[a_i]$ 和 $A[b_i]$。令 $p$ 表示操作完成后 $A = B$ 的概率，请求出 $p\times (k!)^2$ 在模 $998244353$ 意义下的值。

$1\le n\le 10^4$。

很好玩的题啊（

答案就是计数满足结果有 $A=B$ 的操作序列数量。
可以发现，我们若想使得 $A = B$，则需要构造操作序列，让 $A$ 中多的 $1$ 被转移到 $B$ 中是 $1$ 而 $A$ 中是 $0$ 的位置。这种操作序列定形如 $S\to U\to \cdots\to U\to T$，其中 $S, U, T$ 都指代一系列位置 $k$ 中的一个，两个位置 $k_1, k_2$ 写作 $k_1 \to k_2$ 表示交换 $A[k_1]$ 和 $A[k_2]$。
$S = a \in \{k : A[k] = 1 \land B[k] = 0\}$；
$U = a \in \{k : A[k] = 1 \land B[k] = 1\}$；
$T = a \in \{k : A[k] = 0 \land B[k] = 1\}$；

可以发现，如果构造一个节点数为 $n$ 的图，将一个操作看做 $a\to b$ 的连边，则我们需要的就是一系列以 $S$ 类位置开始，$T$ 类位置结束，中间经过一系列 $U$ 类位置的链。

考虑 dp 这个图的形态。由于 $S, T$ 两类位置是对称的，他们的总数相同，记作 $p$；$U$ 类位置的总数记作 $q$。由于并不需要用到所有 $U$ 类位置，我们可以在 dp 数组中加一维表示使用的 $U$ 类位置数。
我们设 $f(i, j)$ 为有 $i$ 条链，包含 $j$ 个 $U$ 类位置的图。则我们有两种转移：

1. 可以加入一个 $S$ 类位置和一个 $T$ 类位置组成新的一条链，钦定放在末尾。这时我们从 $i$ 个已有的 $S$ 类位置中选一个，$T$ 类位置同理，共 $i^2$ 种选法。
   $f(i - 1, j) \times i^2 \to f(i, j)$
2. 可以加入一个 $U$ 类位置进一条链，钦定放在末尾。链彼此不同，位置彼此不同，共 $i\times j$ 种选法。
   $f(i, j - 1) \times ij \to f(i, j)$

初值有 $f(0, 0) = 1$。

答案的统计需要枚举用了多少个 $U$ 类位置。假设有 $k$ 个位置没有在链内，则 $\dbinom{p}{k} \times (k!)^2$ 就是他们内部形成的形态数；链间的配对方案数是 $\dbinom{m}{k}$。即

$$\sum_{k = 0}^q f(p, q - k)\times \dbinom{p}{k} \times (k!)^2\times \dbinom{m}{k}$$

总时间复杂度 $O(n^2)$。

Submission.

用组合结构刻画可以得到更优秀的复杂度。这里我们不妨钦定 $a$ 和 $b$ 的对应关系，产生 $k!$ 种排列方法，下面只需要确定顺序。

首先我们承接构造图的思想。从整体来看，有一些点的入度或出度为 $1$，另一些点的入度和出度都为 $1$。我们可以断言，这图一定是由一系列不交的链和环组成的。根据生成函数相关知识，我们只需要有标号地确定链/环的组合类形态，再用有标号方法组合，即可得到整个图的组合类。
设链的有标号类为 $\mathcal C$，环的有标号类为 $\mathcal R$。

一条链一定形如 $S \to U\to \cdots \to U \to T$，我们可以先将全部 $p$ 个 $S$ 有标号排列，每个 $S$ 分别对应一个 $T$，这产生了 $p!$ 种排列方法，在答案中乘入即可。剩下的节点都是 $U$ 类节点。
对于长度（不计端点）为 $k$ 的链，我们共有 $k!$ 种方式分配非端点节点的标号，而且在 $k + 1$ 条边对应的 $(k + 1)!$ 种操作方案中只有一种是合法方案。可以写出

$$C(x) = \sum_{k \ge 0} k!\frac{1}{(k + 1)!} \frac{x^k}{k!} = \sum_{k\ge 0} \frac{x^k}{(k+1)!} = \frac{e^x - 1}{x}$$

图中可以有任意多个用任意非 $0$ 数量的 $U$ 类节点组合的环。
对于长度（所有点数）为 $k$ 的链，我们共有 $\begin{bmatrix}k \\ 1\end{bmatrix} = (k - 1)!$ 种方式分配节点的标号，而且在 $k$ 条边对应的 $k!$ 种操作方案中每种都是是合法方案。可以写出

$$R(x) = \sum_{k\ge 1} (k - 1)! \frac{k!}{k!} \frac{x^k}{k!} = \sum_{k\ge 1} \frac{x^k}{k} = -\ln(1 - x)$$

当然这个结论大概已被绝大多数人熟知，这里只是结合题目信息再次推导。

我们已经知道了图中共有 $p$ 条链，同时确定了他们的起点和终点。链间有序，并且需要恰好取 $p$ 个，因此作 $p$ 次方的构造。环间无序，数量任意，因此作有标号 $\text{Set}$ 构造。也就是

$$\left(\frac{e^x - 1}{x}\right)^p \exp(-\ln(1 - x)) = \frac{1}{1 - x} \left(\frac{e^x - 1}{x}\right)^p$$

这里需要提取的就是 $q$ 次项系数，因为有 $q$ 个点是 $U$ 类节点。答案就是

$$k!p!\left[ \frac{x^q}{q!} \right]\frac{1}{1 - x} \left(\frac{e^x - 1}{x}\right)^p$$

总时间复杂度 $O(n\log n)$。

Submission.

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AGC019F

有 $n+m$ 个问题，其中有 $n$ 个问题的答案是 YES，$m$ 个问题的答案是 NO。当你回答一个问题之后，会知道这个问题的答案，求最优策略下期望答对多少题。答案对 $998244353$ 取模。

$1\le n, m\le 5\times 10^5$。

首先有个很自然的想法：当 $n \neq m$ 时，我们当然会选择作为更多题目的答案的选项。不妨假设 $n > m$，这样我们最开始总会先猜测答案是 YES。
考虑把这个过程放在网格图上刻画：初始位置是 $(n, m)$，需要到的位置是 $(0, 0)$。

在 $n > m$ 时，考察猜测 YES 会产生什么影响。若猜对了，则 $(n, m)\to (n - 1, m)$；反之会到 $(n, m - 1)$。最终我们一定会到达 $y = x$ 上一点，记为 $(i, i)$。
在这个过程中，我们答错了 $m - i$ 道题，答对了 $n - i$ 道题。
到达 $y = x$ 上一点后，由于我们已知信息无法判断哪个更优，我们可以任意地选择回答 YES/NO。随后无论如何，我们又会回到 $n\neq m$ 的情景。

这样总的流程就很明晰了：我们总会不断回答一个答案，直到到达 $(i, i)$。在这之后，我们以 $1/2$ 正确的概率回答一个问题，并重复前一句的操作。
容易发现，不在 $y = x$ 线上的操作总使我们答对 $\max(n, m)$ 道题，而在 $y = x$ 线上的操作有几率让我们多答对一道题。前一部分的统计是简单的，我们接下来只需要统计后一部分。

统计后一部分，也就是统计所有经过 $(i, i)$ 点的折线数量，这些折线都有 $1/2$ 的贡献。对 $i$ 求和后除以总折线数就是期望了。
这数量是好统计的。拆成两部分，有答案即为 $\dbinom{2i}{i}\dbinom{n + m - 2i}{n - i}$。

答案就是

$$\max(n, m) + \frac{1}{2\binom{n + m}{n}}\sum_{i \ge 0} \dbinom{2i}{i}\dbinom{n + m - 2i}{n - i}$$

总时间复杂度 $O(n)$。

Submission.