AtCoder 记录

• \(\texttt{ARC118D Hamiltonian Cycle}\)

  首先找到最小的 \(n\) 满足 \(a^n\equiv 1\pmod{p}\)，最小的 \(m\) 满足 \(b^m\equiv 1\pmod{p}\)，有解的充要条件是 \(n*m = p-1\)，直接构造一组解即可。

  \(\texttt{ac记录}\)

• \(\texttt{AGC016F Games on DAG}\)

  \(1,2\) 号点的石头是两个独立的游戏，因此最终先手必胜满足 \(sg(1)\neq sg(2)\)，考虑求 \(2^m\) 减去使得 \(sg(1) = sg(2)\) 的方案数。

  给点按 \(sg\) 函数值分层，从大到小考虑，设 \(S\) 为 \(sg > x\) 的点集，\(T\) 为 \(sg=x\) 的点集，则：

  • 每个 \(u\in S\) 至少存在一条 \(u\longrightarrow T\) 的边;

  • \(T\longrightarrow S\) 的边可以随便连；

  • \(T\longrightarrow T\) 的边不可以连；

  • \(1,2\) 号点必须同时加入 \(S\)。

  状压 \(dp\) 即可，时间复杂度 \(\mathrm{O(n3^n)}\) 。

  \(\texttt{ac记录}\)

• \(\texttt{AGC017D Game on Tree}\)

  经典树上博弈，每个节点的 \(sg\) 函数值等于它的子节点的 \(sg\) 值 \(+1\) 的异或和。

  证明：
  设当前点为 \(u\)，首先将 \(u\) 的所有儿子分开，将 \(u\) 复制多份每个点连向一个儿子，就变成了若干个子游戏，\(sg(u) = \bigoplus sg(u')\)。

  对于每个 \(u'\)，\(sg(u') = sg(son(u')) + 1\)，归纳法即可证明。

  \(\texttt{Code}\)

• \(\texttt{AGC027F Grafting}\)

  想了个垃圾假做法，喜提只过样例的好成绩 /cy

  分两类：

  • 枚举一个不操作的点，记作 \(u\)，在 \(A,B\) 两个树中分别以 \(u\) 为根遍历整棵树，得到每个点的父亲，则有：

    • 对于点 \(v\) ，若 \(fa_A(v) = fa_B(v)\)，则 \(v\) 不会被操作；

    • 若在 \(B\) 中，点 \(v\) 不会被操作而 \(fa_B(v)\) 需要被操作，则该情况无解；

    • 若 \(fa_A(v) != fa_B(v)\)，则 \(fa_A(v)\) 必然晚于 \(v\) 被操作，\(v\) 必然晚于 \(fa_B(v)\) 被操作，这得到了偏序关系，拓扑排序判断是否有环即可判断是否无解。

    时间复杂度 \(\mathrm{O(n^2)}\)。

  • 某些方案中所有的点都被操作过，这种情况下直接枚举第一次操作的叶子节点 \(u\)，将 \(u\) 所连的边换掉，做一次第一次操作即可。

    时间复杂度 \(\mathrm{O(n^3)}\)。

  总时间复杂度为 \(\mathrm{O(Tn^3)}\)。

  \(\texttt{ac记录}\)

• \(\texttt{AGC029C Lexicographic constraints}\)

  先二分答案 \(sz\)：

  对于 \(i \in [2,n],a_i > a_{i-1}\)，可以直接在后面加上一串最小的字符；

  对于 \(i \in [2,n],a_i \le a_{i-1}\)，最优的方案一定是将 \(s_{i-1}\) 的 \((a_i,a_{i-1}]\) 位都去掉，第 \(a_i\) 位的字符 \(+1\)，若超过 \(sz\) 则需要进位。

  然后我憨憨的拿 \(map\) 去维护，并且离谱地去掉 \((a_i,a_{i-1}]\) 的位时没有 \(erase\) 掉 \(map\) 里的点 /qd （于是成功TLE

  实际上拿个栈维护就好了 /kk

  时间复杂度 \(\mathrm{O(n \log n)}\)。

  \(\texttt{ac记录}\)

• \(\texttt{AGC043C Giant Graph}\)

  显然最优解是按 \(i+j+k\) 从大到小能取就取，于是就有了 \(O(n^3)\) 做法。然后就不会了

  给两点间的边定向，由 \(i+j+k\) 小的连向 \(i+j+k\) 大的，那么对于一个点，它能取当且仅当它的 所有出边 都没取。

  这就转化成了一个博弈问题。

  由于三维是互不干扰的，那么 \(SG(i,j,k) = sg(i) \oplus sg(j) \oplus sg(k)\)，由于点的 \(sg\) 函数值是根号级别的，可以直接暴力求，

  那么答案就是所有必败态的点的权值和。时间复杂度 \(\mathrm{O(n\sqrt n)}\)

  \(\texttt{ac记录}\)

• \(\texttt{AGC052C Nondivisible Prefix Sums}\)

  首先有个前提是 \(\sum\limits_{i=1}^n A_i \not\equiv 0 \pmod{p}\)，下面假设该条件成立。

  设 \(x\) 为序列 \(A\) 的众数，出现次数为 \(cnt\)，将所有的数乘上 \(x^{-1}\)，记大于 \(1\) 的数为 \(B_1,B_2,...,B_k\)，

  则序列 \(A\) 是 \(good array\) 满足： \(c\le p-1 + \sum\limits_{i=1}^k (p-B_k)\)，证明见 \(\texttt{Editorial}\)，更清晰。（绝对不是懒

  先求出 \(\sum\limits_{i=1}^n A_i \not\equiv 0 \pmod{p}\) 的序列 \(A\) 的方案数，记作 \(f_n\)，则有：

  \[f_i = f_{i-1}(p-2) + ((p-1)^{i-1}-f_{i-1})(p-1) \]

  化一下柿子可以发现这等价于

  \[f_i = (p-1)^i - f_{i-1} \]

  求出来之后需要减去不满足 \(c\le p-1 + \sum\limits_{i=1}^k (p-B_k)\) 的序列数，记 \(dp(i,j)\) 表示 \(i\) 个大于 \(1\) 的数，\(\sum\limits_{k=1}^i(p-B_k) = j\) 的方案数，直接暴力 \(dp\) 是 \(\mathrm{O(n^3)}\) 的，加个前缀和优化即可做到 \(\mathrm{O(n^2)}\)。

  然后对于 \(dp(i,j)\)，若 \(n-i\ge j + p\) 且 \(n-i-j\not\equiv 0\pmod{p}\)（相当于 \(\sum\limits_{i=1}^n A_i \not\equiv 0 \pmod{p}\)），则答案减去 \(\dbinom n i dp(i,j)\)。

  于是就做完了，时间复杂度 \(\mathrm{O(n^2)}\)。

  \(\texttt{ac记录}\)

• \(\texttt{AGC052B Tree Edges XOR}\)

  建一个虚拟节点 \(0\) 连向 \(1\)，记 \(a_i\) 表示边权均为 \(w_1\) 时 \(0\rightarrow i\) 的边权异或和， \(b_i\) 表示边权均为 \(w_2\) 时 \(0\rightarrow i\) 的边权异或和。

  一次操作等价于将 \(a_u,a_v\) 交换，则给 \(0\rightarrow 1\) 的边权定一个权值 \(W\) 需满足：

  \(1.a_i \oplus W = b_i \longrightarrow a_i \oplus b_i = W\)

  \(2.(b_1\oplus W, b_2\oplus W,...,b_n\oplus W)\) 是 \((a_1, a_2,...,a_n)\) 的排列

  题目给了一个性质：\(n\) 为奇数，那么有 \(\bigoplus\limits_{i=1}^n a_i\oplus b_i = W\)，\(W\) 就确定了，于是就判定是否符合条件 \(2\) 即可。

  \(\texttt{ac记录}\)