CF/AT 构造，交互，博弈题总结
以后 CF/AT 上的构造，交互，博弈题就放在这里了，其实不光是 CF/AT，别的 OJ 的题也有。题目总结 更倾向于一些阳间传统一点的题。
板刷 CF 计划（。因为蒟蒻太蒻，只能做 *2000 到 *2700 之间的题。目前在这里随机选题做，会把一些好的题而且还是我不会做的那种放到这里来进行总结。
从 CF1402C 开始，到 ? 结束，当前进度：\(?/?(?\%)\)。
SF 的 题单。
独立思考，少看题解！
设 \((opt,x,y)\) 为一次操作 ，首先考虑只有 \(3\) 操作的情况。因为要求的是 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n a_i\)，那么不难发现乘在哪里都是一样的，所以把所有的值从大到小排序就可以了。
然后我们不难发现一个性质：所有操作必然是先 \(1\)，再 \(2\)，再 \(3\) 的。
这启示我们把 \(1\) 操作和 \(2\) 操作也转换成 \(3\) 操作（即乘上一个数）。
先考虑 \(2\) 操作。对于同一个下标 \(x\)，对他进行的操作必然是要从大到小操作的。那么不妨先从大到小排序。每次操作 \((2,x,y)\)，那么就算出这次操作前下标为 \(x\) 的值 \(sum\)，那么这次就相当于乘了一个数 \(\displaystyle \frac {sum+y}{sum}\)，这样就转换成操作 \(2\) 了。
那么操作 \(1\) 呢？首先，对于每个数，我们只需要找到最大的操作 \(1\)，设为 \((1,x,y)\)，然后就可以把这个操作转换成 \((2,x,y-a_x)\) 就可以了。
然后把所有乘起来的东西从大到小排序。找到前 \(m\) 个就可以了。
但是，这样子就可能做不到 \(1 \to 2\to 3\) 的顺序了，怎么办呢？实际上，因为乘法满足交换律，对于前 \(m\) 个操作，我们再对于 \(opt\) 从小到大排序就可以满足了。
code。
不得不说我构造题真的啥都不会/kk。
不难注意到如果没有环，那么全部设置为 \(1\) 就可以了。
那么如果有环呢？答案至少为 \(2\)。同时我们可以大胆猜测答案就是 \(2\)。
然后怎么构造呢？不难发现，把每个点当成高度，那么一个环必然由上升的连线和下降的连线组成，其中一个设置成 \(1\)，另一个设置成 \(2\) 就可以了。
但是好难想啊qwq，大概是我太菜了吧>_<。
代码太太太简单了，就不放了。
vp 的时候被这题打爆了，绿题都不会做了。（虽然 CF 上评分是 *2200，我觉得应该蓝的）。
考虑一种很野蛮的构造方法：首先如果图不连通输出 NO，否则对图进行染色，\(1\) 表示选 \(2\) 表示不选。遍历到点 \(u\) 的时候，如果点 \(u\) 没有被染色过，那么把 \(u\) 染色成 \(1\)，并且把所有与其相邻的点染成 \(2\)。然后再遍历与其相邻的点。
看起来非常不正确是不是？然而这是合法的。为什么呢？首先，显然这张图不会有两个 \(1\) 相邻的情况。并且，题目要求在所有连接两个不被染色的点的边都被删除的情况下，这个图满足任意两个点互相可达。此外，每次染色一个新的点的时候，必然可以与之前的一个已经染色的点联通，用归纳法就可以证明整张图是联通的。
此题虽然是 div2 F 题，但是实际难度并没有那么高。我 vp 的时候一直在想所谓 “高明的贪心”，于是就没有想出来。这也启示我们要勇于暴力瞎构造，说不定就对了呢？
code。
又是不会做构造题的一天呢/kk。
下文中令 X 为 \(1\)，. 为 \(0\)。
考虑把全部一行的数都变成 \(1\)，首先考虑的是每隔一行把它变成 \(1\)，然而这样可能会形成环：
00000
01010
00000
会变成
11111
01010
11111
是不可行的。那么考虑每隔两行全部变成 \(1\)，比如：
00000
01000
00010
00000
10001
00100
00000
会变成
11111
01000
00010
11111
10001
00100
11111
这样子就不会有环了，而且每个点一定连接在一行中，然而有可能不联通，那么我们就需要让全是 \(1\) 的行与行之间互相联通。可以直接把两行全 \(1\) 的直接拿出来考虑（即考虑 \(n=4\) 的情况）。
一个很 naive 的想法是把第 \(2,3\) 行的第一列都变成 \(1\)，这在大多数情况是可行的，然而有个反例：
11111
01000
00000
11111
会变成
11111
11000
10000
11111
又形成环了。注意到，形成环的情况只有 \((2,2),(3,2)\) 所表示的地方是 \(1\)。同时，如果这个成立，那么 \((2,1),(3,1),(2,3),(3,3)\) 都不会有 \(1\)（根据条件），那么让 \((2,2),(3,2)\) 都变成 \(1\) 就可以了。
然后稍微特判一下就好了，写代码的时候由于一些傻逼错误调了很长时间。code。
下文中，一条 \(u \to v\)，权值为 \(w\) 的边用 \((u,v,w)\) 表示。
- 考虑一个弱化版的问题：\(l=1,r=2^k\)。
可以考虑归纳的构造，当 \(k=0\) 的时候，\(n=2\) 且连一条 \((1,2,1)\) 的边。
当 \(k>0\) 时，如果已经构造出 \(k+1\) 个点，并且 \(1 \to i(i \ge 2)\) 中的所有路径的权值都在 \([1,2^{i-2}]\) 之间且不重复，那么新增一个点 \(n=k+2\)，对于 \(2 \le i \le k+1\)，连接一条 \((i,n,2^{i-2})\) 的边。同时还有一条 \((1,n,1)\) 的边，那么从点 \(i(i \ge 2)\) 之间到 \(n\) 的所有路径的权值都在 \([1+2^{i-2},2^{i-1}]\) 之间并且不重复，从点 \(1\) 之间到 \(n\) 的长度为 \(1\)，所有的路径并起来范围就在 \([1,2^k]\) 之间了，满足条件。
- 那么再把这个问题加强一点：\(\displaystyle l=1,r=(\sum_{i=0}^k r_i \times 2^i)+1\)，\(r_{0...k}\) 即 \(r-1\) 的二进制拆分，\(r_k=1\)。
首先安装上面的方法构造出 \(k+2\) 个点，满足 \(1 \to i\) 的所有路径中都在 \([1,2^{i-2}]\) 之间并且不重复。令 \(n=k+3,w=1\)，\(w\) 表示当前 \(1\to n\) 的路径在 \([1,w]\) 之间且不重复，并且连一条 \((1,n,1)\) 的边，对于第 \(i\) 个点，如果连了 \((i,n,w)\) 的边，那么 \(w\) 就可以增加 \(2^{i-2}\)。根据二进制拆分，那么连这条边的当且仅当 \(r_i=1\)，这样子就可以构造出来了。
- 回到原问题，我们可以先构造出 \(l'=1,r'=r-l+1\) 的情况，然后最后连一条 \((n,n+1,l-1)\) 的边并且把 \(n\) 加 \(1\) 就可以了。
code。
注意到，当 \(n=2^k\) 的时候，可以通过少于 \(k \times 2^k\) 的操作让 \([1,2^k]\) 变成相同的数，具体的构造方法如下：考虑归纳的进行构造，如果 \(k-1\) 满足，那么把 \([1,2^{k-1}]\) 与 \([2^{k-1}+1,2^k]\) 之间都变成相同的数，然后两两配对就可以，不难发现操作次数是比较少的。
然后我就不会了。运用 ST 表的思想，ST 表是通过找到两个长度为 \(2^k\) 的区间，他们的交集就是询问的区间。同样，在本题中也可以这么干，对于这两个区间构造就可以了。而我做题的时候陷入了思维的死胡同，认为一段区间最多被操作一次，就最终没有想出来，还是思维量太弱了啊。
code。
比赛的时候一直在想点分治之类的东西，就一直没有做出来。
不妨设 \(E_{p_1} < E_{p_2} < \ldots < E_{p_n}\)，那么显然有 \(dis_{p_i,p_{i+1}} \le E_{p_{i+1}}-E_{p_i}\)，答案就是要最小化 \(E_{p_n}\) 的值。
又有 \(\displaystyle dis_{p_l,p_r} \le \sum_{i=l}^{r-1} dis_{p_{i},p_{i+1}} \le E_{p_r}-E_{p_l}\)，那么只要上面的成立，那么这个条件就会成立。那么不妨令 \(dis_{p_i,p_{i+1}} = E_{p_{i+1}}-E_{p_i},E_{p_1}=1\)，那么 \(\displaystyle E_{p_n}=1+\sum_{i=1}^{n-1} dis_{p_i,p_{i+1}}\)。只要让 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} dis_{p_i,p_{i+1}}\) 最小就可以了。
那么换一种说法：找到一个排列 \(p_{1,2,\ldots,n}\)，\(p_1 \to p_2 \to \ldots \to p_n\) 的距离最小。手画一下不难发现，设起点是 \(s\) 终点是 \(t\)，那么整个树中每条边都会经过两次，除了 \(s \to t\) 的边，答案就是 \(2 \times (n-1)- dis_{s,t}\)。显然 \(s,t\) 就是直径。
代码蛮好写的，大概就是 dfs 的时候先走不是到 \(t\) 的边再走到 \(t\) 的边。code。
先考虑 \(m=0\) 的情况，注意到题目要求的东西等价于对于任意 \(i,j\)（\(1 \le i < j \le n\)），有 \(a_j-a_i\ge j-i\)。
转换一下得到 \(a_j-j\ge a_i-i\)。
令 \(b_i = a_i-i\)，每次操作可以让 \(a_i\) 变成任意一个数，可以能让 \(b_i\) 变成任意一个树，而且最后的 \(b_i\) 要单调不降。
考虑保留那些数，因为要保留的最多，相当于找到 \(b\) 的最长不下降子序列，这有一个二分的优秀的 \(\O(n\log n)\) 算法。
然后加上限制怎么办呢？把这个序列分成很多段就可以了，然后把每段的答案加起来就行。
code。
CF896B Ithea Plays With Chtholly 珂朵莉！
交互题。我们先考虑一个非常 naive 的方法：对于每次新进的一个数，如果能加到当前第一个空位就加，否则就在当前第一个能修改的位置修改。
这样的正确性必然是没有问题的，但是这样需要的数最多是 \(n\times c\)，有可能超过 \(m\) 的限制。
然而，为什么不能再两边分别加数呢？考虑设一个 \(x\)。如果给你的数 \(a \le x\)，那么就从头进行上述操作。否则就从尾巴进行这样操作。毛估估一下，显然 \(x= \frac c 2\) 的时候最优。下面来证明一下为啥这是正确的。方便起见，不妨令 \(c\) 为偶数。
设从头开始的长度为 \(a\)，那么从尾开始的长度就是 \(n-a\)，那么所需的最多操作次数是 \(a \times \frac c 2 + (n-a)\times \frac c 2\)，发现刚刚好就是 \(n \times \frac c 2\)。
这样也可以证明为啥是 \(x= \frac c 2\) 的时候最优了：对于任意的 \(x\)，最多的操作次数是 \(a \times x + (n-a)\times (c-x)\)，当 \(a=0 / n\) 的时候取到两个极值，分别是 \(n \times x\) 或者 \(n\times (c-x)\)。显然有可能超过给定的步数。
CF1515F Phoenix and Earthquake
先考虑无解。
一个显然的事实是：如果 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i < x\times (n-1)\) 或者这个图不连通，那就是无解。
手玩一下发现除此之外没有无解的情况了。尝试证明一个非常强的结论：每一个生成树，只要满足 \(\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i \ge x\times (n-1)\)，那就是有解的。
考虑归纳的证明：对于叶子节点 \(u\)：
- \(a_u \ge x\)，那么连上 \(u \to fa_u\) 的边就可以了。
- \(a_u < x\)，那么删去点 \(u\) 后剩下的 \(n-1\) 个节点的树，根据归纳假设，命题得证。
那么构造也很好构造了，按照上述方法构造就行了：先找一个生成树，对于每个节点，先遍历他所有儿子，然后对于这个点 \(u\)，如果 \(a_u \ge x\) 那么就把这个点以及其父亲的边选上，否则就放在最后选。非常好写。
code。
然而有没有别的方法呢？
我口胡了一个方法，但是可能时间复杂度有点假，供君一笑，同时也算是这类构造题的一类启发吧。
还是先弄一颗生成树然后考虑归纳的构造：
因为有 \(n\) 个点，而 \(\displaystyle \sum a_i \ge (n-1)\times x\)。先随便找两个相邻的点 \(u,v\)，令 \(y = a_u+a_v\)，那么 \(\displaystyle y + \sum_{i\ne u,i \ne v} a_i \ge (n-1) \times x\)。根据鸽巢原理，要么存在一个点 \(p\) 满足 \(a_p \ge x\)，或者 \(a_u+a_v \ge x\)，前者就随便找一个点缩起来，后者就把 \(u,v\) 缩起来。这样就能够证明必然有解了。
然而时间复杂度可能比较大，而且我不太会优化，写起来也比较麻烦，还是前面那种方法好。如果有神仙实现并且过了请叫我一声qwq。
P7595 「EZEC-8」猜树 EZEC R8 的题质量都蛮高的，点赞！可惜我不会做。
暴力怎么做？一个 naive 的想法是枚举每两个点，显然距离 \(=1\) 的两个点之间有祖先关系，连上边之后从 \(1\) 开始 dfs 一遍即可，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)，输出量 \(\frac {n\times (n-1)}{2}\)。
进行一个 naive 的优化，显然，询问 ? 1 1 x 的效果是查询 \(x\) 的深度，那么显然两个点可能连边肯定需要满足他们的深度差为 \(1\)，那么按层确定答案再进行上述暴力，输出量是 \(\sum a_i\times a_i+1\)，其中 \(cnt_i\) 表示深度为 \(i\) 的点的数量，最劣条件下输出量是 \(\frac{n^2}{4}+n\)，但是可以通过链的部分分。注意到，此时，我们还没有使用过 \(2\) 操作。
还是先求出深度，考虑 \(2\) 操作的作用：对于点 \(i\)，所有 \(i\) 的子树中深度为 \(1\) 的节点就是他的儿子，这相当于只用这一次就能直接算出 \(i\) 的所有儿子，输出量是 \(\sum_{i=2}^n size_i+n\times 2\)，最劣条件下还是 \(n^2\) 级别的，但是可以通过完美二叉树的部分分。
那么一个 naive 的想法就是把这两者结合一下。具体的，考虑根号分治：设一个值 \(T=sqrt{n}\)，对于第 \(i\) 层，如果 \(cnt_i \le T\)，那么用前一种方法。否则，用后一种方法。感性理解一下就是对的。
啥还要严谨证明？先鸽子。code。
感觉蒟蒻的思维量还是太少了，蒟蒻还需努力！
CF1521C Nastia and a Hidden Permutation
嘴巴出了一个二分第一个值，然后按照第一个值分类讨论求出所有值的方法，写起来比较麻烦（有很多细节），没去实习，有兴趣可以试试。但是有更优的做法。
注意到，如果你确定了 \(p_x=1\)，那么对于每个 \(i\)，? 1 x i (n-1) 这个询问可以直接得到 \(p_i\) 的值，接下来要做的就是再 \(\frac n 2 +31\) 的次数内求出 \(1\) 所在的位置。
实际上根本不用这么多步。
为了方便起见，先考虑 \(n\) 为偶数的情况。因为有个 \(\frac n 2\)，那么考虑使用二操作两两配对。不难发现，对于一次操作 2 i j 1，设返回的值为 \(x\)：
- \(x=1\)，那么有 \(p_i=1\)。
- \(x=2\)，那么有 \(p_i=2\) 或者 \(p_j \le 2\)。
- \(x \ge 3\)，没用。
那么，可能为 \(1\)的数最多是两个。如果只有一个的话显然就是那一个，否则的话设这两个数是 \(x,y\)，再用一次询问 2 x y 1 就可以了。
\(n\) 为奇数的时候同理，就是有一个不能配对的要和别的放一起。。
询问次数：\(\left\lceil\dfrac{3\times n}{2}\right\rceil\)。code。
首先考虑“最优策略”是什么。此题有一个重要的结论：后手必胜，并且可以随便下。
证明如下：在先手下完之后，场面上必然存在奇数个字母，那么忽略空格后必然存在两个相邻的字母相同，那么他们之前又必然存在空格可以填上字母。
所以所谓的“最优策略”只是一个幌子，接下来要算的就是方案数。
不难想象，最后可行的方案必然是形如 \(\text{ABABAB}\) 或者\(\text{BABABA}\) 的形式，并且两两之前可能存在 \(0/1\) 个空格。枚举空格的个数 \(i\) （当然需要保证 \(n-i\) 为偶数），那么对于一个局面它可以对答案产生 \((n-i)!\) 的贡献。而对于局面数，确定了所有空格的位置后就只剩下两个可能。这 \(i\) 个空格的排列方式也不难计算，考虑断环成链：
- 第一个位置不是空格，那么相当于是在 \(n-1\) 个位置中选择 \(i\) 个位置放空格并且两两不相邻的方案数。
- 第一个位置是空格，那么第二个和第 \(n\) 个都不是空格，相当于是在 \(n-3\) 个位置中选择 \(i-1\) 个位置放空格并且两两不相邻的方案数。
而这两个问题实际上都是 CF1523E 的弱化版，方案数为 \(\dbinom{n-i}{i}+\dbinom{n-i-1}{i-1}\)。最终答案就是 \(\displaystyle 2 \times \sum_{(n-i)|2}(n-i)!\times(\dbinom{n-i}{i}+\dbinom{n-i-1}{i-1})\)，直接算就好了。
前言：这题貌似有一车做法。
这题乍一看貌似毫无头绪，那么先挖掘几个性质吧。
- 显然对于从根开始的一条路径，必然满足每个节点是前一个节点的倍数。
- 显然值最小的点为根。
- 显然，如果一个数是另外一个数的倍数，那么这个数必然是另外一个数的祖先。
- 显然如果存在相同的 \(a_i\)，那么他们在一起必然是最优的选择，可以把他们缩成一个点。
下面对于一个不为最小值的点 \(a_d\)，令其所有因子并且在数组中存在的数为 \(d_{1 \dots k}\)，那么如果 \(k=0\) 则显然无解，否则他的父亲必然是 \(d_k\)，而且需要满足对于所有的 \(1 \le i < k\) 有 \(d_{i+1}\) 是 \(d_i\) 的倍数。
构造就这么简单的完成了，然而这种情况下构造出来的答案不一定是对的，还需要判断是否满足条件。
怎么样的条件是不满足的？若存在不满足条件的点对，那么必然可以找到一对点 \((u,v)\) 满足 \((u,v)\) 不满足条件，但是所有，\(u \to lca(u,v),v \to lca(u,v)\) 上的点对都满足条件，即 \((fa_u,fa_v)\) 满足条件。此外，为了方便起见，不妨假设 \(a_{lca(u,v)}=1\)，那么有：
\(\gcd(a_{fa_u},a_{fa_v})=1\)
\(\gcd(a_{u},a_{v})\ne 1\)
又有：\(a_{u}\) 为 \(a_{fa_u}\) 的倍数，\(a_{v}\) 为 \(a_{fa_v}\) 的倍数。
那么显然，如果 \(\gcd(\frac {a_{u}} {a_{fa_u}},\frac {a_{v}} {a_{fa_v}}) \ne 1\) 那么就会出现这样子的情况。
那么如果 \(\gcd(\frac {a_{u}} {a_{fa_u}},\frac {a_{v}} {a_{fa_v}}) = 1\) 呢？
令 \(c_u=\frac {a_u} {a_{fa_u}}\)，即 \(\gcd(a_{fa_u},a_{fa_v}) = 1,\gcd(a_{fa_u} \times c_u,a_{fa_v} \times c_v) \ne 1\)。
则要么有 \(\gcd(c_u,a_{fa_v}) \ne 1\) ，要么有 \(\gcd(c_v,a_{fa_u})\ne 1\)，但是这样则说明点对 \((a_u,a_{fa_v})\) 或是点对 \((a_v,a_{fa_u})\) 不满足条件，与假设成立。
那么可以说明，如果一个数满足条件，那么则说明对于所有的 \((u,v)\) 满足 \(\gcd(c_u,c_v) \ne 1\)，有 \(u\) 是 \(v\) 祖先，或 \(v\) 是 \(u\) 祖先。
可以枚举这个 \(\gcd\) 为 \(p (p \in prime)\)，则有所有的 \(p|c_u\) 的 \(u\) 都呈祖先关系。注意到树高是 \(\log\) 级别的，从对深的 \(u\) 开始暴力往上跳，看看能否跳到所有的点即可。
代码有点难写。。code。
简单想象一下，貌似是必然有解的。
然后不难发现，如果给出的字符串是 \(\text{LRLRLRLRL}\) 这样的，那么把所有数从大到小排序，然后第一个放左边，第二个放右边……就可以了。正着做有点困难，考虑倒着做，考虑每次从天平中取出一个砝码，同时令放右边的乘以 \(-1\)，那么就需要满足每次删掉一个数，满足剩余的数的个数是正数或者负数。
可以发现，如果排序后将所有奇数/偶数位的数乘以 \(-1\)，下一个删掉最前面的数和最后面的数，两个的正负形恰好是相反的，而且删掉后还是满足有序和奇偶并列，这意味着只要先把所有的奇数或者偶数位乘 \(-1\) 那么就可以归纳的构造了。
然后根据最后天平的结果选择奇数或者偶数位乘 \(-1\) 然后维护两个指针即可。
code。
首先：众所周知的，竞赛图缩点后是一条链。
然后我们考虑干这么一件事（说实话我也不知道为什么回去想干这么一件事，可能要经过一番尝试才可以发现吧）：找到这个竞赛图中的一条链。
考虑一个个加点：对于原来的一条链 \(a_1\to a_2 \to \cdots a_n\)，新加入一个点 \(x\)，那么肯定是找到一个位置 \(p\) 满足有 \(a_p \to x\) 和 \(x \to a_{p+1}\) 的链。
首先如果有 \(p \to a_1\) 或者 \(a_n \to p\) 的边可以直接加，否则说明一定有 \(a_1 \to p\) 的边和 \(p \to a_n\) 的边，这也一定意味着存在两个相邻的点满足上述条件。
实际上这是可以二分的：假设当前的范围是 \([l,r]\)，每次二分到一个点 \(Mid\)，那么如果有 \(a_{Mid}\to p\) 的边，那么意味着 \([Mid,r]\) 中存在满足上述条件的边，否则意味着 \([l,Mid]\) 中存在。
找完链之后，考虑缩点，这个就比较平凡了，考虑从后往前缩点：一开始肯定是最后一个点与前面所有点询问是否有边：如果有就说明最后一个点和前一个点在一个联通块里，否则就不管了。如果有接下来怎么做呢？考虑前一个点和再前面的一个点是否在联通块：先拿最后一个点询问，如果没有再拿倒数第二个点询问……这样子，每个点最后询问为 \(0\) 一次，所以总共的次数是 \(2n\) 的，然后就做完了。
code。有个很阴间的输入格式：他每次询问玩会返回一个你答案对不对，不要忘记读这个数。。
考虑一下确定了顺序之后怎么判断是否可行：从两边往中间看，如果两边都是长度相同的人，那么显然必须这两个人本质相同，否则就是这样子的情况：\(\text{abbccd \dots eeffgg}\)（其中相同的字母表示同一个人的两个符号），那么有可以得到若干条相同的信息，然后观察一下之后可以发现，对于长度为 \(2\) 的一个人，名字是 \(ab\)，连一条 \(a\) 与 \(b\) 的边，长度为 \(1\) 的人名字是 \(a\)，连一条 \(0\) 与 \(a\) 的边，那么的话任何一个形如上面的结构与一条从 \(0\) 开始经过若干条边又回到 \(0\) 的路径，然后的事情就好做了：
- \(L\) 是偶数，那么只有两种情况：一种是两个相同的串翻转过来，还用一种是中间有一个形如 \(aa\) 的情况。前者的话，那么 \(0\) 所在的连通块内必然要找到一个欧拉回路，找到这个回路之后两边轮流放就可以了。此外所有的边必须存在偶数次。对于后者也是差不多的，但是可以允许一个子环存在奇数次。
- L 是奇数，那么中间一定是 \(\text{abbcc}\) 这样的情况，发现他与一个从 \(0\) 开始的欧拉路径一一对应，而且剩余的边必须只存在偶数次。
略微有些细节。code。
