Solution Set -「AGC 010~012」C~F

目录

• 「AGC 010C」Cleaning
• 「AGC 010D」Decrementing
• 「AGC 010E」Rearranging
• 「AGC 010F」Tree Game ^
• 「AGC 011C」Squared Graph *
• 「AGC 011D」Half Reflector *
• 「AGC 011E」Increasing Numbers
• 「AGC 011F」Train Service Planning *
• 「AGC 012C」Tautonym Puzzle *
• 「AGC 012D」Colorful Balls
• 「AGC 012E」Camel and Oases
• 「AGC 012F」Prefix Median *

「AGC 010C」Cleaning

  Tag:「B.贪心」

  你不觉得我出的这道题要难一点嘛. (

  定义一个点的 "输出量" 为其需要的父亲向子树内走的路径条数. 叶子的输出量就是点权, 其他点的输出量可以直接唯一确定, 如果违背了一些条件自然就无解了.

「AGC 010D」Decrementing

  Tag:「C.性质/结论」

  如果不除 $\gcd$, 设 $s=\sum a_i$, 则先手的获胜情况仅与 $s-n$ 的奇偶性有关. 另一方面, 如果 $2\nmid\gcd$, 这个除法也并不会改变 $s$ 的奇偶性, 也就是不影响答案. 因此, 我们需要关注的是 $\gcd$ 中因子 $2$ 的情况.

  初步想一想策略: 若当前 $s-n$ 下先手必胜, 那么先手疯狂操作偶数, 让 $\gcd$ 永远不是 $2$ 的倍数, 后手就寄了; 如果当前 $s-n$ 下后手必胜, 并且先手无法一步让 $2\mid\gcd$, 先手同理也寄了; 等等, 先手如果可以一步改变 $\gcd$ 的奇偶性, 那么 $a$ 中肯定有且仅有一个奇数且其 $>1$. 先手只能操作它, 然后直接递归判断就好. 复杂度 $\mathcal O(n\log a)$, 再算上暴力求 $\gcd$ 的话就是 $\mathcal O(n\log^2a)$.

「AGC 010E」Rearranging

  Tag:「B.贪心」

  初步解读题意: Aoki 的操作会让序列成为满足从左到右拓扑关系下字典序最大的一个, 而 Takahashi 则要初始化这个序列. 当然啦, 我们肯定是直接构造结果序列, 相当于去规定具体的拓扑关系, 然后在这个拓扑关系下构造最大字典序序列.

  先考虑后者: 直接将拓扑排序过程中的队列换成关于权值的大根堆即可.

  前面这个 ... 根据 $a_u\not\perp a_v$ 可以生成一系列无向边, 我们的工作是将它们定向, 形成一个 DAG. 其实也是一个贪心: 每次从未遍历过的点权最小的点出发, 按点权升序枚举邻接点递归, 构造生成树. 正确性容易感性理解.

「AGC 010F」Tree Game ^

  20221003 C 题. 可算找到这傻瓜题的出处了. (

「AGC 011C」Squared Graph *

  Tags:「C.性质/结论」「C.思维」

  兔, 根本不会分讨, 根本没有思维.

  考虑 $(x_1,y_1)$ 与 $(x_2,y_2)$ 连通性, 我们需要尝试找到一条从 $(x_1,y_1)$ 走到 $(x_2,y_2)$ 的路径. 可见, 由于 $((a,b),(c,d))\in E'$ 等价于 $(a,c),(b,d)\in E$, 所以从 $(a,b)$ 走到 $(c,d)$ 相当于让 $a$ 沿着 $(a,c)$ 挪到 $c$, 同时让 $b$ 沿着 $(b,d)$ 走到 $d$. 因此, $(x_1,y_1)$ 和 $(x_2,y_2)$ 连通的条件是: 原图上存在一对等长的, 分别连接 $x_1,x_2$ 和 $y_1,y_2$ 的路径. 稍作简化, 即存在两条长度奇偶性相同的简单路径.

  路径奇偶性的话 ... 肯定需要讨论连通块是否是二分子图嘛. 设 $a,b,c$ 分别表示非二分图连通块数量, 二分图连通块数量 (不含单点), 单点数量. 讨论三种连通块内部和之间的连通情况即可计算答案. 复杂度 $\mathcal O(n)$.

「AGC 011D」Half Reflector *

  Tags:「C.性质/结论」「C.思维」

  看来这场 AGC 要爆零了 qwq.

  不妨讨论小球正在某两个 reflector 中间运动的情况, 用 $\text{l/r}$ 标记运动方向那么

• $\text{ArA}\Rightarrow\text{AlB}\Rightarrow\text{BrB}\Rightarrow\text{BAr}$.
• $\text{ArB}\Rightarrow\text{AAr}$.

  发现一件事情: 若一个向右滚动的小球的左侧有 $\text A$, 那么这个 $\text A$ 会保持在球的左侧不断地向右移动. 因此, 在这种情况下小球一定会从最右侧离开. 换句话说:

• 只要第一个 reflector 不是 $\text A$, 小球一定会从右侧离开.

  当然, 第一个 reflector 就是 $\text A$ 的情况太平凡了, 我们只去研究后者. 根据先前的结论, 小球左侧第一个 $\text A$ 再左边的 reflector 的状态一定不会再因当前小球改变了. 况且, 在小球第一次出现在两个 reflector 中间时, 左侧的 reflector 一定是 $\text A$ 状态. 所以我们就需要考虑上面列举的两种情况下, 左侧 reflector 的变化情况. 可见, 当右侧为 $\text A$ 时, 左侧变为 $\text B$; 当右侧为 $\text B$ 时, 左侧变为 $\text A$. 顺便结合边界情况的单独讨论, 我们可以得到一个简洁的结论:

• 当第一个 reflector 不为 $\text A$ 时, reflectors 的整体变化情况是: 全部取反, 然后循环左移一位.

  到此, 我们已经可以 $\mathcal O(k)$ 地模拟整个变换过程了. 接下来的工作无非是找到变换的周期性特点. 注意在一次循环位移后, 最后一个 reflector 一定是 $\text A$, 则下一次的倒数第二个一定是 $\text B$, 再下一次倒数第三个又是 $\text A$, ... ,每两个小球中至少有一个会引起位移, 那么最多 $2n$ 个小球就能让序列恒定在 $x(\text{AB})_k$ 的状态, 直接去求最终状态就好啦. 复杂度 $\mathcal O(n)$.

「AGC 011E」Increasing Numbers

  Tag:「B.Tricks」

  算是经典 trick 吧, 一个 increasing number $x$ 可以表示成

$$x=\sum_{i=1}^9\frac{10^{x_i}-1}{9}.$$

设 $N$ 由 $k$ 个 increasing numbers $\{x_k\}$ 表示, 那么

$$N=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^9\frac{10^{x_{i,j}}-1}{9}\\ \Rightarrow 9N+9k=\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^910^{x_{i,j}}.$$

由于 $x_{i,j}$ 很随意, 所以只需要 $9N+9k$ 在十进制下的位和不超过 $9k$, 我们就能构造出合法解. 又显然 $k$ 是 $\mathcal O(\log N)$ 的, 所以直接从 $k=1$ 开始向上枚举 $k$, 均摊 $\mathcal O(1)$ 地维护 $9N+9k$ 的值及其位和即可. 复杂度 $\mathcal O(\log N)$.

「AGC 011F」Train Service Planning *

  Tags:「A.数学-数学推导」「A.数据结构-线段树」

  一大难点是抽象出这个数学情景.

  令 $p_i$ 表示 $L$ 车 ($0\to n$) 在车站 $i$ 停留的时间, $q_i$ 表示 $R$ 车 ($n\to 0$) 在车站 $i$ 停留的时间. 同时, 记 $S_a(t)=\sum_{i=1}^{t}a_i$, $S_p(t)=\sum_{i=0}^{t-1}p_i$, $S_q(t)=\sum_{i=0}^{t-1}q_i$. 那么, $L$ 车行驶在区间 $(i-1,i)$ 的时间区间为

$$(S_a(i-1)+S_p(i),S_a(i)+S_p(i))+tk.$$

同理, $R$ 车行驶在区间 $(i-1,i)$ 的时间区间为

$$(-S_a(i)-S_q(i),-S_a(i-1)-S_q(i))+tk.$$

  对于 $b_i=1$ 的区间, 我们要求

$$((S_a(i-1)+S_p(i),S_a(i)+S_p(i))+t_1k)\cap((-S_a(i)-S_q(i),-S_a(i-1)-S_q(i))+t_2k)=\varnothing.$$

注意两个区间是等长的, 所以有

$$\begin{cases} S_a(i-1)+S_p(i) & \notin & (-S_a(i)-S_q(i),-S_a(i-1)-S_q(i))+tk, \\ S_a(i)+S_p(i) & \notin & (-S_a(i)-S_q(i),-S_a(i-1)-S_q(i))+tk. \end{cases}$$

  先整理一下, 令 $x_i=S_p(i)+S_q(i)$, 则上式变为

$$\begin{cases} S_a(i-1)+x_i & \notin & (-S_a(i),-S_a(i-1))+tk, \\ S_a(i)+x_i & \notin & (-S_a(i),-S_a(i-1))+tk. \end{cases}$$

其中, $\{x_{0..n}\}$ 是单调不降的. 也就是说, 从 $x_i\to x_{i+1}$, 我们需要给出一个增量 $d_i\ge0$, 使得 $x_{i+1}\bmod k$ 不落在某些区间内. 显然, 为了最小化 $x_n$, 若施加的 $d_i\neq0$, 则 $x_{i+1}$ 必然处于某个禁止区间的端点上. 用数据结构维护这一贪心过程即可. 复杂度 $\mathcal O(n\log n)$.

「AGC 012C」Tautonym Puzzle *

  Tag:「A.构造」

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  一看就是倍增构造, 不过如何找到一个能够轻松 $\times 2/+1$ 的东西捏?

  看了一眼题解, 啧, LIS 嘛. 在后面摆一个 $[1,2,\dots,100]$, 那么合法子序列总数就是前面部分的非空 LIS 数量了.

「AGC 012D」Colorful Balls

  Tag:「A.并查集」

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  欸不是, 真不觉得这题比上面那个构造简单嘛 ...

  有一个简单的暴力: 枚举 $\binom{n}{2}$ 个交换关系, 并查集连边. 每个连通块对答案的贡献是一个多重组合数的形式, 可以直接算. 我们只需要简化一下建边的方式.

  对于同色交换, 可以简并为和同色中最轻的球的连续交换; 对于异色交换: 显然也应该两种颜色的最轻球先交换. 这里有一个 corner: 有可能某个球无法进行同色交换, 但可以通过最轻的异色球转移到同色最轻球位置, 我们直接认为它可以进行同色交换就好. 复杂度 $\mathcal O(n\alpha(n))$.

「AGC 012E」Camel and Oases

  Tags:「A.DP-状压/插头 DP」「B.倍增」

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  我们一共有 $c=\lfloor\log_2v\rfloor+1$ 次跳跃机会, 每次跳跃后必然可以覆盖掉相邻坐标差不超过 $v'$ 的极长段. 换句话说, 我们需要选择 $c$ 个分别满足相邻坐标差不超过 $v,v/2,v/4,\dots,0$ 的连续段覆盖整个 $[1,n]$, 并且第一个连续段的位置是被钦定的.

  设第一个极长段覆盖了 $[l,r]$, 那么我们需要把剩下的可用极长段分为两个集合 $S,T$, 用 $S$ 内的极长段尝试覆盖 $[1,l-1]$, 用 $T$ 内的极长段尝试覆盖 $[r+1,n]$. 注意这其实和 $l,r$ 的取值没关系, 我们直接 DP 求出 $f(S)$ 和 $g(T)$, 分别表示用 $S$ 内的极长段从左侧开始能覆盖的最大右端点; 用 $T$ 内的极长段从右侧开始能覆盖的最小左端点. 预处理一下倍增可以 $\mathcal O(v\log v\log n)$ 求出来.

  然后呢? 如果暴力枚举 $S$ 去检查 $T$ 还是 $\mathcal O(nv)$. 不过, 如果从左到右算答案, 可以覆盖到 $[1,l-1]$ 的 $S$ 将不断减少, 可以覆盖到 $[r+1,n]$ 的 $T$ 将不断增多. 所以我们暴力维护有哪些 $S,T$ 满足当前条件, 统计 $S\cup T=U$ 的数量. 当这一数量非零则有解. 最终复杂度 $\mathcal O(v\log v\log n)$.

「AGC 012F」Prefix Median *

  Tags:「A.DP-计数 DP」「C.思维」

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  显然 $b_n$ 为全局中位数, 这提示我们从后往前考虑 $b$ 的构造可能会得到更强的限制. 从后往前, 每次可以删掉 $a$ 的两个元素, 此时 $b$ 在中出现位置的位移不超过 $1$. 更细致的, 将 $a$ 排序后, $b$ 合法的条件为:

• $a_i\le b_i\le a_{2n-i}$;
• $\nexists i<j,~b_j<b_i<b_{j+1}\lor b_{j+1}<b_i<b_j$.

通过构造方案, 可知这个条件是充要的. 接下来对它 DP 即可. 令 $f(i,l,r)$ 表示从后往前考虑到 $b_i$, 对于当前这个 $b$, 左边可以直接移动到的位置有 $l$ 个, 右边有 $r$ 个. 当边界处出现相等数时视为同一个, 枚举下一个 $b$ 移动到的位置就能完成转移. 复杂度 $\mathcal O(n^4)$.