Codeforces Round 889 (Div. 2)

Codeforces Round 889 (Div. 2)

A. Dalton the Teacher

找出$p_i = i$的位置的数量$t$，答案即为数量$\lceil \frac{t}{2} \rceil$

B. Longest Divisors Interval

若$n$能被$l, l+1,l+2, ..., l+k$整除，则n一定能被$1, 2, ..., k + 1$ 整除，证明如下：

首先1显然，$l, l + 1$中一定有2的倍数，$l, l + 1, l + 2$ 中一定有3的倍数，以此类推。

从2开始枚举因数直到不能整除，即为答案。

C1 & C2. Dual

首先考虑同号的情况，若每个数全为正数，要使序列递增，只需按顺序从2开始对于每个i，将i-1加到i上，这样操作最多需要19次。负数的情况倒序。

考虑如何用12次将所有数变为同号，容易想到的是让绝对值最大的一个数去加到所有与它异号的数上，但是这有可能超过12次，因此统计一下正负数的个数，如果两种数都小于等于12，则可以这样操作，否则，假设负数的个数小于等于7个，这时挑选一个正数，五次对其自身操作将其变为大于20的数，然后加到每个负数上，这样最多也不会超过12次，正数小于等于7个时同理。

D. Earn or Unlock

首先，如果恰好走到了k位置，则1到k之间的数中有k-1会被用来解锁，剩下的可以获得，答案为$ans_k = sum_k - k + 1$。
因此只需要确定哪些位置可以恰好到达，求出$ans_k$的最大值即为答案。

考虑dp，设状态$f(j)$表示是否可以到达j的位置，转移方程为：

$f(j) = f(j) \ or \ f(j - a_i) \quad (j >= i)$

使用bitset优化转移：

$dp = dp \ | \ (((dp >> i) \ | \ ((dp >> i) << a[i])) << i)$

E. Expected Destruction

将集合看成n个物体在数轴上向右移动，相碰会消失一个。

如果任何两个物体都不相碰，则需要$\sum (m + 1 - s_i)$秒，若有两个物体在x的位置相撞，会使答案减小$m + 1 - x$。

我们将碰撞视为只发生在最初相邻两个物体上，这是因为，假设两个物体为i和i + 1，若物体i - 1向前走碰到了i，我肯可以将其视为i - 1消失了，如果i + 1向后移动碰到了i + 2，可以视为i + 2消失了。

因此只需要对于每对最初相邻的物体算出他们在任一位置x相遇的概率$p$，再将最初的答案减去$p \cdot (m + 1 - x)$即可。

概率使用dp计算，对于两个物体x，y，$s_x < s_y$，设$f(i)(j)$表示x走到i，y走到j的概率，转移方程为：

$f(i + 1)(j) = f(i + 1)(j) + \frac{1}{2} \cdot f(i)(j) \qquad (if \quad i + 1 \leq j)$

$f(i)(j + 1) = f(i)(j + 1) + \frac{1}{2} \cdot f(i)(j) \qquad (if \quad j + 1 \leq m)$

复杂度为$O(nm^2)$