AtCoder做题记录
有些题还没写，不一定保证正确。
ARC148
ARC148C
考虑到求最值，有一个很显然的 dp 做法：考虑结点 \(i\) 的子树初始时被翻转次数的奇偶性，然后再根据最终要全部和点集相同或不同分讨弄 4 个 dp，转移随便胡一下，然后上虚树就行。
上面那个太难写了，这里有一个比正解更优的做法。不妨令点集中的点为黑色，其余点为白色，则问题转化成将整棵树染成白色。考虑深度最小的黑色点，显然只有操作根到该点路径上的任意一点时才能将其染成白色，贪心地，操作该点最优。考虑循环模拟上述过程。
实际上我们发现取出深度最小的黑色结点时，可以默认该点的所有子结点均为白色。那么对于每个子结点，都需要再进行一次操作以将其变回白色。判掉父子结点均为黑色的情况即为最小操作数。时间复杂度 \(O(n)\)
EDqwq锐评：撅来撅去，父子相撅
ARC147
ARC147C
发现这个式子当所有 \(x_i\) 趋近于某一个值时答案比较优，于是可以发现这是一个近似单谷函数，用二分 + 随机化/特判过掉就行。
令 \(\max_{i = 1}^n L_i = M\)，\(\min_{i = 1}^n R_i = m\)。
-
\(M \leq m\)
显然 \(\forall 1 \leq i \leq n, L_i \leq M\) 且 \(R_i \geq m\)，于是令 \(\forall 1 \leq i \leq n, x_i = m\)，答案为 \(0\)
-
\(M < m\)
因为 \(L_i \leq R_i\)，所以 \(M, m\) 必然位于两个不同的下标。假设 \(M = L_p, m = R_q\)，那么有结论：\(\forall 1 \leq i \leq n, x_p \leq x_i \leq x_q\)
证明：如果存在若干位置，使得 \(x_i < x_p\) 或 \(x_i > x_q\)，则因为有 \(x_q \leq m < M \leq x_p\)，且 \(\forall 1 \leq i \leq n, L_i \leq M\) 且 \(R_i \geq m\)，只需要令 \(x_i < x_q\) 的位置为 \(x_q\)，\(x_i > x_p\) 的位置为 \(x_p\) 即可，与题设矛盾。
于是令 \(C = \sum\limits_{i \neq p, q}^n \sum\limits_{j \neq p, q}^n |x_i - x_j|\)，则答案为：
\(C + |x_p - x_q| + \sum\limits_{i \neq l, r} |x_i - x_p| + \sum\limits_{i \neq l, r} |x_i - x_q|\)
发现这个式子可以递归定义，简单手玩可以发现最后的答案为：
\(\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} |L_i - R_i| \times (n - 2i - 1)\)
其中 \(L_i\) 按降序排列，\(R_i\) 按升序排列。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
ARC147D
大诈骗，差评。
考虑 设而不求。令 \(a_i\) 表示 \(S_i\) 和 \(S_{i + 1}\) 的公共元素，则长度为 \(n - 1\) 的 \(a\) 序列一共有 \(m^{n - 1}\) 种。
我们发现当 \(a\) 确定且 \(S_1\) 确定时，\(S_2, ..., S_n\) 也随之确定。\(S_1\) 共有 \(2^m\) 种。
考虑再设 \(A_i\) 表示当 \(S_1\) 包含 \(i\) 时 \(S_1, ..., S_n\) 中包含 \(i\) 的集合总数，同理 \(B_i\) 为不包含时。考虑选与不选每个数，发现答案为 \(\prod\limits_{i = 1}^n (A_i + B_i)\)，而 \(\forall 1 \leq i \leq n, A_i + B_i = n\)。所以原式为 \(n^m\)
所以最终答案为 \(n^m \cdot m^{n - 1}\)，复杂度 \(O(\log m + \log n)\)
ARC147E
你会考虑到一些显然的贪心策略，但这些显然都是错的。
题目的要求是最终 \(\forall 1 \leq i \leq n, B_i \leq A_i\)。这个条件和 \(\forall 1 \leq i \leq 10^9, \sum\limits_{j = 1}^n [b_j \leq i] - \sum\limits_{j = 1}^n [a_j \leq i] \geq 0\) 是等价的（\(a_i, b_i \leq 10^9\)）。
可以从值域的角度去考虑。考虑到值域上第一个不满足上面限制的位置 \(k\)，显然地 \(k - 1\) 满足条件，那么意味着 \(a_i = k, b_i > k\) 的数量比 \(a_i = b_i = k\) 的数量要大。为满足条件，需要找到一个 \(b_i \leq k, a_i > k\) 的位置交换，否则无法满足条件。如果有多个满足条件的数，显然选 \(a_i\) 最大的最优。
于是考虑用优先队列维护一下，复杂度 \(O(n \log n)\)
ARC145
ARC145C
容易证明当且仅当相邻两个数相乘时原式取得最大值，所以考虑这个序列经过重排可以得到多少个序列。
首先显然地可以同时任意交换 \(A_i\) 和 \(B_i\)，方法数为 \(n!\)
然后可以任意选择一对 \(A_i, B_i\) 交换，方法数为 \(2^n\)
然后考虑将得到的 \(A_i, B_i\) 对应回排列 \(P\)。
对于一对相差 \(1\) 的正整数 \((a, b)\)，称 \(a\) 为左元素，\(b\) 为右元素，那么对于排列 \(P\) 的任意一个前缀，必定有左元素的总数大于等于右元素的总数。把左元素看成左括号，右元素看成右括号，那么合法的排列 \(P\) 等价于合法的括号序列。
长度为 \(2n\) 的合法括号序列的数量为卡特兰数，即 \(\frac{1}{n + 1} \cdot {2n \choose n}\)
所以最终的答案为 \(2^n \cdot n! \cdot \frac{1}{n + 1} \cdot {2n \choose n} = 2^n \cdot \frac{(2n)!}{(n + 1)!}\)，时间复杂度 \(O(n)\)
ARC145D
神仙三进制构造。
假设存在一些互不相同的正整数，其中每一个数的三进制表示均只包含 \(0, 1\)，那么由这些数构成的集合一定符合除和为 \(M\) 外的所有限制条件。
证明：\(\forall x < y < z, x, y, z \in S\)，有 \(z - y \neq y - x\) 实际上等价于 \(2y \neq x + z\)。此时因为每个数的三进制表示上都只有 \(0, 1\)，所以 \(x + z\) 不可能进位。所以若 \(2y = x + z\)，那么对于 \(y\) 的三进制表示上的某一位：
1. 该位为 \(0\)，\(x, z\) 的这一位均为 \(0\)
2. 该位为 \(1\)，因为 \(y\) 的三进制表示只包含 \(0, 1\)，所以 \(2y\) 的三进制表示只包含 \(0, 2\)，故矛盾
3. 该位为 \(2\)，\(x, z\) 的这一位均为 \(1\)
所以若 \(2y = x + z\)，则一定有 \(x = y = z\)。又因为集合的互异性，所以矛盾，故原命题成立。
为使构造出的集合值域在 \(\pm 10^7\) 内，贪心地考虑选取最小的 \(n\) 个满足条件的正整数。令这 \(n\) 个正整数的和为 \(S\)，此时如果 \(n \mid m - S\)，因为显然给所有数同时增加一个值不影响答案，则只需要给所有数增加 \(\frac{m - S}{n}\) 即可。因此考虑构造这样的一种情况。
我们注意到 \(m - S \leq n - 1 \pmod n\)，因此我们可以考虑给整个序列乘以 \(3\)，然后选择 \(m - S \bmod n\) 个数增加 \(1\) 即可消除余数。检验发现这样做也在值域内，所以直接写。
ARC143
ARC143C
分别考虑在每一堆石子上单独博弈的情况，显然先手的输赢是确定的。对于第一次操作，显然先手的人把所有先手必赢的位置全部取一次最优。此后先手的人只需要跟着后手的人操作同样的石子堆，显然此时先手必赢。
于是当存在先手必赢的石子堆时先手必赢，反之先手必输（初始时无法操作）。每个石子堆可以 \(O(1)\) 判断，复杂度 \(O(n)\)
ARC143D
发现题目给的形式类似于拆点，可以考虑再拼回去。
具体地，从 \(A_i\) 向 \(B_i\) 连边建一张图。由于路径唯一，因此拆点后原图的桥一定对应若干条新图中的桥。将这些桥去掉，问题转化成给无向图中的每一条边定向，使得该图中桥和割点的个数之和最小。这里可以通过 dfs 树构造，树边按照遍历方向定向，返祖边从后代到祖先定向。
具体原理我也不是很懂，但是看上去很对
然后整理答案即可。
ARC143E
这种东西有一个已经草烂的结论：当且仅当白色点个数为奇数时有解
考虑叶结点。发现白色的叶结点必然在其父结点之前删除，黑色叶结点反之。于是可以确定这对父子结点之间操作的先后顺序。将一个点上的“装置”移除，实际上相当于删除该结点。于是可以将这些叶子结点和其父结点删除，又会产生新的叶结点。此时继续重复上面的流程，得到若干组父子结点的先后顺序。
问题转化成构造一组满足这些顺序约束且字典序最小的操作序列。发现实际上就是建 DAG 然后跑一次拓扑排序。
ARC134
ARC134C
可以考虑把题目限制转化为等价的形式：每次从同一个盒子中取出一对由 1 号球和其他球组成的球，经过若干次操作后，每个盒子内的球数量均不为 \(0\)，并且只有 1 号球。
于是可以考虑先给每个盒子都放入若干个 \(1\) 号球，然后把剩下的球按照上面的构造一对对放回去。对于 \(i\) 号球，显然将其放入 \(k\) 个箱子的方案数为 \(C_{a_i + k - 1}^{k - 1}\)。最后考虑将剩下的 \(a_1 - \sum\limits_{i = 2}^n a_i\) 个 1 号球放入 \(k - 1\) 个盒子，方案数为 \(C_{a_1 - \sum\limits_{i = 2}^n a_i - 1}^{k - 1}\)
于是最终的答案为 \(\prod_{i = 2}^n C_{a_i + k - 1}^{k - 1} \cdot C_{a_1 - \sum\limits_{i = 2}^n a_i - 1}^{k - 1}\)
用卢卡斯做就行。
ARC134D
神秘贪心。
考虑到肯定是优先把 \(a_i\) 最小的 \(i\) 选进来，此时分两种情况：
-
存在 \(1 \leq k \leq n\)，使得 \(a_k = a_i\) 并且 \(a_k \geq a_{k + n}\)，显然此时选且只选 \(k\) 是最优的。
-
反之，可以考虑将所有 \(a_k = a_i\) 的 \(k\) 选出，使得较大的 \(a_{k + n}\) 被延后。由于序列可以分成 \(a_{p_1}, a_{p_2}, ..., a_{p_n}\) 和 \(a_{p_1 + n}, ..., a_{p_n + n}\) 两部分，所以可以把 \(a_k < a_{p_1 + n}\) 的 \(k\) 也选进来。对于 \(a_k = a_{p_1 + n}\) 的情况，暴力判断加入是否可以使字典序变小。如果可以显然全选最优。
于是做完了，是不是很简单呢？
ARC141
ARC141C
考虑一个合法的字符串 S，设 \(L_i\) 为左数第 \(i\) 个左括号的下标，\(R_i\) 为右括号。你发现实际上 \(P = L_1, R_1, ..., L_n, R_n, Q = L_n, R_n, ..., L_1, R_1\)，根据 \(P, Q\) 把 \(S\) 草出来。然后再重新根据 \(S\) 把似乎是 \(P, Q\) 的东西草出来，看一看是不是和给的一样就行。
ARC140
ARC140C
随便手玩可以发现类似于这样的构造 \((X, X - 1, X + 1, X - 2, X + 2, ...)\)
虽然这样取不到理论上界，但是我们可以获得一些启发。
以 \(N\) 为奇数为例，\(N\) 为偶数的情况类似。考虑将 \([1, 2N]\) 中除去 \(X\) 的数分成大小各为 \(\lfloor \frac{N}{2} \rfloor\) 的两部分，分别记为 \(L_1, L_2, ...\) 和 \(R_1, R_2, ...\)。显然 \(X, L_1, R_1, L_2, R_2, ...\) 这样构造是最优的，可以取满上限 \(N - 1\)
但是这个难写，不如贺贺贺贺贺。
ARC140D
对于 \(N\) 个点 \(N\) 条边的无向图，考虑它的每一个连通分量。
假设某一个极大连通分量的大小为 \(k\)，显然有 \(k - 1\) 条边使得该连通分量连通。剩下一条边必然构成一个环，反之该连通分量会增加一个顶点。于是对于原图的每一个连通分量，其包含且仅包含一个环。
我们发现：原图中连通分量的个数等于环的个数。
然后考虑 \(A_i = -1\) 的结点对于连通分量个数的影响。分类讨论：
-
环。显然它不包含 \(A_i = -1\) 的结点。
-
基环树，也不包含 \(A_i = -1\) 的结点。
-
树，此时有且仅有 \(1\) 个 \(A_i = -1\) 的结点在树上。
对于第一种和第二种情况，它们无法连接两个连通分量，考虑把它们先提出来，求出对答案的影响。假设这些连通分量的个数为 \(x\)，形态为树的连通分量的个数为 \(y\)，那么这两种情况的总贡献为：\(x \cdot n^y\)
在分析树的情况前先记这些树分别为树 1，...，树 \(m\)。第 \(i\) 棵树的大小为 \(t_i\)
然后考虑 \(A_i = -1\) 的边连接若干个连通分量后形成了新的连通分量。显然它们构成的环可以被这样表示：树 \(p_1\) -> 树 \(p_2\) -> ... -> 树 \(p_1\)
对于该环中的边，显然它从上一棵树中的唯一一个 \(A_i = -1\) 的结点连过来，可以连到当前树上的任意一个结点。于是这条边有 \(t_i\) 种选择。那么对于 \(k\) 棵树构成的环，它对答案的贡献是：
\((k - 1)! \cdot \prod_{i = 1}^k t_{p_i}\)
于是最终的答案为
\(x \cdot n^y + \sum\limits_{k = 1}^m (k - 1)! \cdot \prod_{i = 1}^k t_{p_i}\)
其中 \(p\) 是由任意 \(k\) 棵树的编号构成的序列。
上式可以暴力 \(O(n^2)\) 求出，也可以写高明的分治 NTT
ARC140E
第 \(i + 1\) 行第 \(j + 1\) 列的数为 \((\lfloor \frac{i}{23} \rfloor \cdot \lfloor \frac{j}{23} \rfloor + i + j) \bmod 23 + 1\)
证明可以看官方题解。
你问我怎么想到的？这不是非常非常显然吗
ARC139
ARC139D
ARC126
ARC126C
观察样例发现当 \(K\) 足够大时使所有数相等最优，反之由于 \(\gcd(a_1, ..., a_n) \leq min(a_1, ..., a_n)\)，可以合理猜测 \(\gcd\) 不超过 \(3 \times 10^5\)。显然取到一个 \(\gcd\) 的代价可以贪心计算（取到下一个 \(K\) 的倍数）。
不妨设 \(cnt_i = \sum\limits_{j = 1}^n [a_j \leq i], pre_i = \sum\limits_{j = 1}^n \max(i - a_j, 0)\)。显然地 \(\gcd = i\) 时的代价为 \(\sum\limits_{k = 0}^{\frac{\max(a_j)}{i}} pre_{(k + 1)x} - pre_{kx} - cnt_{kx} \cdot x\)
并且有 \(pre_{i + 1} = pre_i + cnt_i, cnt_{i + 1} = cnt_i + \sum\limits_{j = 1}^n [a_j = i + 1]\)
于是可以 \(O(n \ln n)\) 做。
ARC127D
首先答案可以表示成先把 \([1, K]\) 的数聚在一起，然后再排序需要的操作次数。
假设我们选出了 \(K\) 个元素，那么有结论：将 \(K\) 个元素聚拢在中间的元素最优。令 \(m\) 为这 \(K\) 个位置的中位数。考虑从前往后加入，那么当加入第 \(m\) 个数时，\(m\) 恰好是要求子段的中间位置。
观察到 \(K \leq 16\)，于是考虑状压 dp。令 \(F_S\) 为已经聚拢的数集等于 \(S\) 时需要的最小代价。枚举最后一次加入的数 \(a_i\)，发现很难得到转移。
不妨将最终的贡献写出来。令初始选择的 \(K\) 个元素的下标为 \(p_1, ..., p_K\)，最终得到的子段的下标为 \(q_1, ..., q_K\)。显然地，\(\forall 1 \leq i < m\)，对答案的贡献之和为 \(\sum\limits_{i = 1}^{m - 1} |p_i - q_i| = \sum\limits_{i = 1}^{m - 1} q_m + i - p_i\)。同理 \(\forall m < i < K\)，对答案的贡献之和为 \(\sum\limits_{i = m + 1}^K p_i - (q_m + i)\)。
我们发现当 \(K\) 是偶数时 \((q_m + i)\) 可以抵消，而 \(K\) 是奇数时会在 \(m + 1\) 处剩下一项。于是我们考虑在转移时只考虑 \(p_i\) 的影响，然后在加入第 \(m\) 个数时判断是否需要这一项即可。
