Solution Set -「AGC 004~006」C~F

目录

• 「AGC 004C」AND Grid
• 「AGC 004D」Teleporter
• 「AGC 004E」Salvage Robots
• 「AGC 004F」Namori ^
• 「AGC 005C」Tree Restoring
• 「AGC 005D」~K Perm Counting ^
• 「AGC 005E」Sugigma: The Showdown *
• 「AGC 005F」Many Easy Problems
• 「AGC 006C」Rabbit Exercise
• 「AGC 006D」Median Pyramid Hard
• 「AGC 006E」Rotate 3x3 *
• 「AGC 006F」Blackout *

「AGC 004C」AND Grid

  Tag:「水题无 tag」

  连通? 典!

  第一张图初始一个 $\text E$ 形, 所有奇数行涂黑; 第二张图初始一个 $\exist$ 形, 所有偶数行涂黑. 对于原图的黑格, 在两张图上都涂黑就好啦.

「AGC 004D」Teleporter

  Tag:「水题无 tag」

  给出的传送门构成的是内向基环树, $1$ 在环上. 最终答案一定也是一棵内向基环树. 不过, 如果一个点走 $k$ 步到 $1$, 它走一步, 再走 $k$ 步还是到 $1$, 即环一定是 $1$ 的自环, 并且树高不超过 $k$. 啊, 这个树上贪心一下就好了, $\mathcal O(n)$.

「AGC 004E」Salvage Robots

  Tag:「A.DP-杂项」

  我做 ... 我 WA 过, 哭哭. 又 WA 了两发, 哭哭.

  初步转化是让出口移动, 设出口在四个方向移动的最远距离为 $u,d,l,r$, 出口坐标为 $(x,y)$, 我们就能刻画当前哪些机器人挂了, 哪些机器人救了. 直接大力 $f(u,d,l,r)$ DP 即可, 复杂度 $\mathcal O((nm)^2)$.

「AGC 004F」Namori ^

  Tags:「B.贪心」「C.性质/结论」「C.思维」

  第三次见面, 又不会了?! 还有上面这种 tag 组合实在是太恐怖了.

  树是平凡的, 我们来看看基环树.

  对于偶环基环树, 可以发现树上二染色的不会失效. 先去掉一条环边变成树, 此时结论是: 设 $s_u$ 表示 $u$ 子树内白点数量减黑点数量, 那么树的答案为 $\sum_u|s_u|$, 有解当且仅当 $s_{\text{root}}=0$. 此后, 再加入这条边, 研究这条边带来的传递次数 $x$, 答案形如 $\sum_{u\text{ is in circle}}|s_u-x|+\sum_{u\text{ isn't in circle}}|s_u|+x$, 直接取最优的 $x$ 即可.

  对于奇环基环树, 非树边连接了同色点, 相当于能让这对同色点同时反色. 那么 $s_{\text{root}}$ 为偶数 ($n$ 为偶数) 就有解, 反色次数可以直接算出来.

  总共就一个 $\mathcal O(n)$, 偶环那里可以 std::nth_element.

「AGC 005C」Tree Restoring

  Tag:「水题无 tag」

  找到直径长度 $d$, 保证直径能够连出来, 用剩的点的最远距离应当大于 $\lceil\frac{d+1}2\rceil$. $\mathcal O(n)$ 判一判就好.

「AGC 005D」~K Perm Counting ^

  Tag:「A.数学-二项式反演」

  有一个很形象的转化:

  $(i,p_i)$ 描述了网格图中的一个坐标, (图中 $n=7,k=2$) 我们的计数目标即在白格子里放 $n$ 个互不能攻击的车的方案数.

  容斥成 "至少放 $i$ 个阴影", 阴影间的攻击关系是若干条互不干扰的链, 链内的独立集可以直接组合数出来, 外层背包 DP 求出容斥的目标, 然后容斥一下得到答案. 复杂度 $\mathcal O(n^2)$. 可以多项式做到 $\mathcal O(n\log n)$.

「AGC 005E」Sugigma: The Showdown *

  Tags:「B.贪心」「C.性质/结论」「C.思维」

  没有发觉一个显然的结论, 导致根本没法想 qwq.

  设先手在红树, 后手在蓝树. 如果先手已经到达了一条红边 $(u,v)$, 使得 $d_{\text{blue}}(u,v)>2$, 那么先手在这条边上左右横跳就可以让后手自闭了.

  因此, 如果有解, 先手不可能走到这样的红边. 也就是说, 认为对于任何红边 $(u,v)$, 都有 $d_{\text{blue}}(u,v)\le2$. 再注意到, 这样的红边不可能让先手安全地 "跨过" 后手所在位置. 就算 $d_{\text{blue}}(u,v)=2$, 也顶多从后手所在点的左侧跳到右侧, 然后被后手抓住. 这样并没有站在原地优秀.

  更具体化地说, 在蓝树上, 以后手起点为根, 当后手操作最优, 先手只能在后手所在子树内活动. 那么后手的操作就明了了: 一路朝着先手撵过去. 设先后手起点分别为 $x,y$, 那么先手能走到点 $u$ 当且仅当 $d_{\text{red}}(x,u)<d_{\text{blue}}(y,v)$. 结合已有结论, 如果能走到 $d_{\text{blue}}(u,v)>2$ 的红边, 无解; 否则答案就是能走到的最大的 $d_{\text{blue}}(y,v)$ 的两倍. 复杂度 $\mathcal O(n)$.

「AGC 005F」Many Easy Problems

  Tags:「A.数学-多项式」「B.Tricks」

  很烦呐, 因为不相信 AGC 会拿多项式压轴, 一个小时多才过.

  题目所求 "最小连通块" 实际上就是点集的虚树大小. 而关于虚树, 我们有一个经典结论: 设点集 $S$ 按任意 DFN 排序为 $\{s_0,s_1,\cdots,s_{k-1}\}$, 则虚树大小为 $\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{k-1}d(s_i,s_{(i+1)\bmod k})+1$.

  不过, 这个计算方法仍然以来整个点集, 但我们可以拆开和式, 将贡献转化为 "$d(u,v)$ 对 $|S|=k$" 的贡献. 假设 $u,v$ DFN 的跨度 (覆盖区间长度, 包含左右端点) 为 $l$, 则满足 $|S|=k>1$, $u,v\in S$ 并且 $u,v$ DFN 相邻的集合 $S$ 的数量为 $\binom{n-l}{k-2}+\binom{l-2}{k-2}$. 注意到如果我们将 $(u,v)$ 按 $l$ 归类, 求出每类中 $d(u,v)$ 之和, 就可以差卷积求出答案.

  最后的问题变为对于每个 $l$ 和跨度为 $l$ 的所有点对 $(u,v)$, 求出 $d(u,v)$ 之和. 这个距离自然又可以拆成 $\text{dep}(u)+\text{dep}(v)-2\text{dep}(\text{lca}(u,v))$, 前面两项可以差分 (设 $u$ 的 DFN 为 $t$, 则 $\text{dep}(u)$ 从 $l=1$ 起贡献两次, 从 $l=t+1$ 起少贡献一次, 从 $l=n-t+2$ 起少贡献一次); 后面这个可以先展开成 $2\sum_{w}[u,v\in\text{subtree}(w)]$, 设 $w$ 的子树大小为 $s_w$, 则当 $l=s_w$ 时 $-2$, $l=s_w-1$ 时 $-2\times2$, ..., 也就是一个二阶差分.

  总之, 一次 DFS 挂上差分, 然后算两个差卷积就能求出答案. 复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

「AGC 006C」Rabbit Exercise

  Tags:「B.倍增」「C.性质/结论」

  我算是知道 NOIP 2021 C 的原题是什么了.

  设 $f_i$ 表示 $i$ 号兔子当前的期望位置, 若 $i$ 需要跳, 跳完后 $f_i'=f_{i-1}+f_{i+1}-f_i$, 考虑差分 $d_i=f_i-f_{i-1}$, 就有 $\{d_i',d_{i+1}'\}=\{d_{i+1},d_i\}$. 倍增这个置换就能求出最终的差分, 也就得到最后的 $f$. 复杂度 $\mathcal O(n\log k)$.

「AGC 006D」Median Pyramid Hard

  Tags:「A.分治-二分答案」「C.性质/结论」

  一遍猜对, 乐.

  中位数? 第一个想法当然是二分答案, 紧接着发现难点在于模拟一个 01 序列递推的最终结果.

  注意到, 如果 $a_{i,j}=a_{i,j+1}=t$, 在不考虑撞到边界的情况下, $t$ 这个值可以左右扩散. 当然, 如果 $j=n$ (中间位置), 这个 $t$ 就一定能一路扩散到 $a_{1,n}$ 处, 得到答案. 当然, 如果一个 $0$ 的扩散和 $1$ 的扩散挨在一起, 他们就不能再侵犯对方的领地了.

  所以, 我们只关心是 $0$ 先占领 $n$ 位置还是 $1$ 先占领 $n$ 位置. 直接找到 $n$ 左右侧第一对 $a_{i,j}=a_{i,j+1}$, 讨论这两对数的存在性和值, 就能单次 $\mathcal O(n)$ 判断答案是否不小于某值. 结合外层二分, 复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

「AGC 006E」Rotate 3x3 *

  Tag:「C.性质/结论」

  好吧, 这就是 Ad-hoc Grandmaster Contest.

  判掉过于离谱的无解后, 可以将原序列转化成一个带正负号的排列. 每次操作选取相邻三个数翻转并取相反数, 需要判断给定排列是否能操作为 $1,2,\dots,n$.

  奇偶是隔离的, 我们需要考虑顺序和正负两个要素, 而前一个要素让我们想到逆序对. 进一步发现, 奇序列的逆序对 $-1$ 可以带走偶序列任意奇数个负号; 偶序列的逆序对 $-1$ 可以带走奇序列任意奇数个负号. 那有解条件显然就是: 奇序列逆序对奇偶性等于偶序列负号奇偶性, 偶序列逆序对奇偶性等于奇序列负号奇偶性. 逆序对奇偶性为排列长度减去置换环数量, 可以 $\mathcal O(n)$ 算. 那么本题就 $\mathcal O(n)$ 结束了.

「AGC 006F」Blackout *

  Tags:「A.构造」「C.性质/结论」「C.思维」

  基本的题意转化: 给定一个有向图 $G=(V,E)$, 若 $\lang x,y\rang,\lang y,z\rang\in E$, 则可令 $E\gets E\cup\{\lang z,x\rang\}$. 我们需要求出最终的 $|E|$.

  注意 "选出 $\lang x,y\rang,\lang y,z\rang$" 的条件给我们一个暗示: 一条链上连续三个点的 "地位" 是不同的, 进而考虑三染色 (有点牵强啊). 设 $y$ 的颜色为 $c$, 则经过 $\lang y,z\rang$ 时 $c\gets(c+1)\bmod 3$, 反向经过 $\lang x,y\rang$ 时 $c\gets(c-1)\bmod 3$.

  这就带来了很多需要讨论的情况. 对于一个弱连通块:

  若能够三染色, 并且只用到不超过两种颜色, 显然无法加边, 贡献就是连通块原有边数.

  否则若能三染色, 设三色点集大小为 $s_0,s_1,s_2$, 结论上, 最终贡献为 $s_0s_1+s_1s_2+s_2s_0$. 归纳证明, 我们需要说明对于任意 $u,v$, $\lang u,v\rang\in E\Leftrightarrow c_v=(c_u+1)\bmod 3$. 设 $G=(V,E)$ 是弱连通的, 且能够三染色, 则令 $E$ 成为最终的 $E$. 根据染色规则, 所有新加的边不会破坏 $G$ 能三染色的性质. 这时, 向点集加入一个点 $u$ 并加入一些关于 $u$ 的边, 不妨设存在一个 $c_p=0$ 的 $p$, 使得 $\lang p,u\rang\in E$, 那么 $c_u$ 被确定为 $1$. 此时, 对于任意 $c_q=2$ 的 $q$, 根据归纳假设, 有 $\lang q,p\rang,\lang p,u\rang\in E$, 因此 $\lang u,q\rang\in E$. 对于任意 $c_r=0$ 的 $r$, 根据已有结论, 存在一个 $c_q=2$, 使得 $\lang u,q\rang,\lang q,r\rang\in E$, 因此 $\lang r,q\rang\in E$. 不可能存在其他任何边, 不然必定破坏三染色性质.

  再否则, 即图无法三染色. 设弱连通块的大小为 $s$, 结论上, 最终贡献为 $s^2$. 我们可以先删掉足够的边使得图弱连通且能三染色, 连出如上一种情况的所有边. 接着加入一条矛盾边, 并说明此时足以构造出完全图. 证明类似上一种情况.

  于是就 $\mathcal O(n+m)$ 完成了.