Solution Set - Codeforces Global Round 1~8

目录

• Codeforces Global Round 1 🏃🔼
  • A. Parity
  • B. Tape
  • C. Meaningless Operations
  • D. Jongmah
  • E. Magic Stones 🔽
  • F. Nearest Leaf ⭐
  • G. Tree-Tac-Toe *⭐
• Codeforces Global Round 2 🚶
  • A. Ilya and a Colorful Walk
  • B. Alyona and a Narrow Fridge
  • C. Ramesses and Corner Inversion
  • D. Frets On Fire
  • E. Pavel and Triangles
  • F. Niyaz and Small Degrees ^
  • G. Get Ready for the Battle ^
  • H. Triple ⭐
• Codeforces Global Round 3 🏃🔼
  • A. Another One Bites The Dust
  • B. Born This Way
  • C. Crazy Diamond
  • D. Dirty Deeds Done Dirt Cheap
  • E. Earth Wind and Fire
  • F. Foo Fighters ~
• Codeforces Global Round 4 🏃
  • A. Prime Minister 🔽🔽🔽
  • B. WOW Factor
  • C. Tiles
  • D. Prime Graph
  • E. Archaeology
  • F. Short/Long Colorful Strip
  • G. The Awesomest Vertex ~⭐
• Codeforces Global Round 6 🏃
  • A. Competitive Programmer
  • B. Dice Tower
  • C. Diverse Matrix
  • D. Decreasing Debts
  • E. Spaceship Solitaire
  • F. Almost Same Distance 🔽
• Codeforces Global Round 7 🏃🔼
  • A. Bad Ugly Numbers
  • B. Maximums 🔽
  • C. Permutation Partitions
  • D. Prefix-Suffix Palindrome
  • E. Bombs
  • F1. Wise Men (Easy Version)
  • F2. Wise Men (Hard Version) *✡️
• Codeforces Global Round 8 🏃
  • A. C+=
  • B. Codeforces Subsequences
  • C. Even Picture
  • D. AND, OR and square sum
  • E. Ski Accidents
  • F. Lamps on a Circle

记号	含义
🏃	VP 参赛/现场赛
🚶	单纯做题 (一般是因为以前做过一些)
*	参考题解
^	以前做过
~	(🏃 的场次) 赛后独立过掉
🔼	推荐场次
🔽	不推荐场次/屑题
⭐	不难但值得一看的的好题
✡️	神题

$$\mathfrak{Defining~\LaTeX~macros\dots} \newcommand{\chr}[1]{\underline{\text{#1}}}$$

  没做的大概率是懒得看了, 兔是这样的. (

Codeforces Global Round 1 🏃🔼

  Contest link.

Remark.

  个人体验来说, ABC 写得比较慢, 竞速赛还是打少了. 但是 E 的一眼盯真又让节奏莫名其妙加快, 再因为 F 不想写 $\log^2$ 导致没时间写 G 的讨论 (虽然补题的时候发现讨论仍有瑕疵).

  除了 E, 题目质量不错, 推荐.

A. Parity

  $\mathcal O(k)$ 模拟即可.

B. Tape

  用恰好 $k$ 条不重合的胶带一定不劣. 选择最大的几个 $b_i-b_{i-1}$ 不覆盖即可. 使用 std::nth_element 做到 $\mathcal O(n)$.

C. Meaningless Operations

• 「C.性质/结论」

  CF 风味诈骗题. 设 $2^{k-1}\le a<2^k$, 注意到 $\gcd(0,x)=x$, 当 $a+1\neq2^k$ 时, 取 $b=2^k-1-a$, 答案达到上界 $2^k-1$. 当 $a+1=2^k$ 时怎么办呢… 这样的 $a$ 只有二十来个, 打表预处理出答案即可. 不计本地打表时间的话, 复杂度自然是 $\mathcal O(q)$ 的.

  当然, 我们也可以再想想计算 $a=2^k-1$ 的不那么暴力的方法: $\gcd(a\oplus b,a~\&~b)=\gcd(2^k-1,b)$, 因此答案为 $a$ 的最大非平凡因子, 这就很好算了.

D. Jongmah

• 「A.DP-序列 DP」「C.性质/结论」

  按颜色装桶, 画出桶的直方图以获得一些直观结论. 注意到如果一个 $3\times3$ 的直方图区域被全部使用, 我们完全不用关心它是横着分成三组还是竖着分成三组. 竖着分是平凡的, 所以我们规定这样的区域被竖着分. 此时在我们的最终分组中, 对于同一个 $a$, $(a-1,a,a+1)$ 不会出现超过两次, 则 $a$ 被 $a$ 后面的元素横向覆盖的次数不超过 $4$ 次.

  得到了这些常数的上界就能设计状态了, 令 $f(i,a,b)$ 表示处理了 $1\sim i$, $i-1$ 剩下 $a\le2$ 个必须被后面的东西覆盖, $i$ 剩下 $a\le b\le 4$ 个必须被后面的东西覆盖, 直接转移就行. 复杂度 $\mathcal O(n+tm)$, $t$ 为一个关于转移次数的常数.

E. Magic Stones 🔽

  超级无敌史诗级经典老番, 变换操作就是交换相邻两个差分值, 因此 $a,b$ 能互相转化当且仅当 $a_1=b_1$, $a_n=b_n$ 且 $\{a_i-a_{i-1}\}_{i=2}^n=\{b_i-b_{i-1}\}_{i=2}^n$. 复杂度 $\mathcal O(n\log n)$, $\log n$ 来自离散化或者 std::map.

F. Nearest Leaf ⭐

• 「A.数据结构-线段树」「B.离线」「C.思维」

  一眼盯了一百个 $\log^2$ 的做法, 因为赌气不想写, 又想了一大会儿.

  分析被卡住的原因: 像给出区间 $[l,r]$ 这样的询问, 如果尝试离线, 太容易先入为主地去按照区间端点离线. 而这题恰恰利用特殊的结点编号形式, 按询问的 $v$ 离线. 得到这个离线思路之后就没有障碍了.

  具体来说, 我们将询问按照 $v$ 离线, 在树上 DFS 枚举结点, 同时维护所有叶子当到前结点 $u$ 的距离. 当从 $u$ 经由边权为 $w$ 的边走向儿子 $v$ 时, $v$ 子树内的所有距离 $-w$, 其余所有距离 $+w$, 从 $v$ 回溯时则相反. 查询则需要求出一段区间内距离的最小值. 线段树维护这一过程, 可以做到 $\mathcal O((n+q)\log n)$.

Remark.

  清新的数据结构, 去套路化的思考要求, 挺不错的题. 按 $v$ 离线的 motivation 是关键.

G. Tree-Tac-Toe *⭐

• 「C.性质/结论」

  题不难, 描述结论真的麻烦. 这题要求我们进行目的明确的分讨并简洁地描述结论.

  首先是对已经被染白的结点的转化. 已有的白点可以制造先手, 那么构造一个先手局面就能表示白点. 具体地, 对于白点 $u$, 加入新点 $x,y,z$, 连接 $(u,x),(x,y),(x,z)$. 经过先后手的分析可以发现先手直接染 $u$ 一定不劣, 且一定不可能利用 $x,y,z$ 产生原来没有的局面, 因此这样的构造等价于 $u$ 为白色.

  到此, 我们只需要分析无色的树了.

• 结论一: 若存在 $d_u\ge4$, 则白胜.

• 结论二: 若存在 $d_u=3$, 且 $u$ 的邻接点中有至少两个非叶结点, 则白胜.

  证明都是显然的. 此时我们只剩下一种不平凡的情况:

  设 $u,v$ 为左右两端的三度点, 则链上所有到 $u$ 的距离为奇数的点都是先手, 且对方仅能在左侧染色应对; 到 $v$ 的距离为奇数的点也是先手, 且对方仅能在右侧染色应对. 因此当且仅当 $d(u,v)$ 为偶数时先手必胜. 其余情况必然平局. 复杂度 $\mathcal O(n)$.

Remark.

  先构造性地转化 "已有白色", 从而大大简化讨论, 第一步的 motivation 值得留意.

Codeforces Global Round 2 🚶

  Contest link.

Remark.

  如果赛上切 A~F 的话, 似乎并没有什么很好玩的题. G 和 H 可以补一补, 不太推荐 VP.

A. Ilya and a Colorful Walk

  如果左右同色, 答案一定产生于到左端或者右端; 如果左右异色, 答案是 $n-1$. $\mathcal O(n)$.

B. Alyona and a Narrow Fridge

  顺序枚举 $k$, 最有策略显然是排序后从大到小两两分组, 如果有单就单出最小的. 最粗糙的 $\mathcal O(n^2\log n)$ 也能过.

C. Ramesses and Corner Inversion

  一贯从 "可行操作张成的向量空间" 理解这类题. 注意到 $2\times2$ 的操作在行上叠加, 可以得到同两行上的两个 $2\times1$, 再将这两个 $2\times1$ 在列上叠加, 可以得到任意矩形的四个角, 而这正是我们的可行操作. 因此, 可行操作张成的向量空间就是所有 $2\times2$ 的操作张成的空间. 也即是, 原规则下有解, 等价于仅使用 $2\times2$ 操作有解. 直接模拟一编就行. $\mathcal O(nm)$.

D. Frets On Fire

  对于给定 $[l,r]$, 第 $i$ 条弦内出现的数为 $[s_i+l,s_i+r]$. 暴力处理询问的话, 我们自然会选择将区间按照左端点排序. 事实上这一顺序是恒定的, 我们可以先排出来. 称 $s_{i+1}-s_i$ 为排序后两根弦 $i$ 和 $i+1$ 之间的 gap, 显然当 $r-l+1$ 不超过 gap 时, 两条线段的贡献独立; 当 $r-l+1$ 超过 gap, 两条线段中间全部被覆盖, 贡献就与 $r-l+1$ 无关了. 贡献形式是一个分段函数. 因此我们再按照 gap 排序, 询问时二分出恰好未被 bridge 的 gap 的位置, 算算前后的贡献就做完了. 复杂度 $\mathcal O((n+q)\log n)$.

E. Pavel and Triangles

• 「B.贪心」

  差点看成上一场的 D 了. (

  显然, 三角形的边长的形式必然是 $(x,y,y),~x\le y$. 如果 $2y$ 配对是一定的, 即, 对于每个 $y$, 我们知道有多少对 $2y$ 组成了最终方案中的三角形, 那么 $(x,2y)$ 之间就是一个简单的括号贪心匹配.

  接下来的贪心也是自然的: 我们先将所有 $2y$ 全部配对, 从后到前扫描一遍以求出所有必然失配的 $x$. 此后, 再将剩下的 $2y$ 拆开. 拆开的过程肯定是拆开小的 $2y$, 和两个大的 $2y$ 分别匹配. 这部分损失是 $\mathcal O(1)$ 的. 总之就是 $\mathcal O(n)$ 贪心一遍结束.

F. Niyaz and Small Degrees ^

  Solution.

G. Get Ready for the Battle ^

• 「A.构造」

  观察样例, 猜测答案能取到下界 $\lceil\sum_i h_i/n\rceil$. 这为我们的构造指明了目标. 为了不造成浪费, 我们关注所有 $h_i\bmod n$ 的值. 发现取 $h_i\bmod n$ 排序后的差分为分组方案, 循环填数, 就能达到最优.

  兔也不知道当时怎么想的, 所以很 unmotivated. 复杂度 $\mathcal O(n)$.

H. Triple ⭐

• 「A.数学-生成函数」「A.数学-FWT」

  看着挺有意思的 (因为是数数题), 来玩一玩.

  令原条件中的 $x,y,z$ 分别为 $p,q,r$, 令集合幂级数 $F_i(z)=pz^{a_i}+qz^{b_i}+rz^{c_i}$, 答案则为

$$F(z)=\prod_{i=1}^nF_i(z),$$

其中乘法为异或卷积. 当然, 这肯定是需要引入 FWT 的. 令 $\mathcal F,\mathcal F_i$ 为左右项 FWT 后的结果, 则

$$[z^S]\mathcal F(z)=\prod_{i=0}^n[z^S]\mathcal F_i(z).$$

又当然, 这个 $\mathcal F_i(z)$ 没办法直接求, 我们需要手动变换. 由于

$$[z^S]\mathcal F_i(z)=(-1)^{|S\cap a_i|}p+(-1)^{|S\cap b_i|}q+(-1)^{|S\cap c_i|}r,$$

是 $\{p,q,r\}$ 的线性组合, 且仅有 $2^3$ 种, 我们可以尝试计数每一种组合的出现次数. 另一方面, 通过令 $a_i'\gets 0,b_i'\gets a_i\oplus b_i,c_i'\gets a_i\oplus c_i$, 可以固定 $p$ 的系数恒为 $1$ 以减少讨论.

  到此, 对于每个 $(S,x,y)$, 我们需要求出

$$c(S,x,y)=\sum_{i=1}^n[(-1)^{|S\cap b_i'|}=x][(-1)^{|S\cap c_i'|}=y].$$

当 $S$ 固定时, 要求的则是 $c(-,-),c(-,+),c(+,-),c(+,+)$. 每个 $c$ 中都带有两个真值表达式, 并不好算. 但是如 $c(-,-)+c(-,+)$ 的线性组合却能完美避免这个问题. 令 $B(z)=\sum_{i=1}^nz^{b_i'}$, $C(z)$ 同理, $D(z)=\sum_{i=1}^nz^{b_i'\Delta c_i'}$, 那么可以列出线性方程组:

$$\begin{cases} c(-,-)+c(-,+)+c(+,-)+c(+,+)=n,\\ (c(+,-)+c(+,+))-(c(-,-)+c(-,+))=[z^S]\mathcal B(z):=u,\\ (c(-,+)+c(+,+))-(c(-,-)+c(+,-))=[z^S]\mathcal C(z):=v,\\ (c(-,-)+c(+,+))-(c(-,+)+c(+,-))=[z^S]\mathcal D(z):=w. \end{cases}$$

最后一个等式的构造相对较麻烦, 如果先猜想这种形式再去找组合意义可能会快一点.

  肯定有家伙懒得解方程吧! 还是把解列一下:

$$\begin{cases} c(-,-)=\frac{1}{4}(-u-v+w+n),\\ c(-,+)=\frac{1}{4}(-u+v-w+n),\\ c(+,-)=\frac{1}{4}(~~~u-v-w+n),\\ c(+,+)=\frac{1}{4}(~~~u+v+w+n). \end{cases}$$

  挺好看的. 利用方程解出 $c(x,y)$, 算出 $\mathcal F(z)$ 再逆变换回去就行. 复杂度 $\mathcal O(n+k2^k)$. 引入更多的元, 形式化罗列和解方程也是可以做到的, 不过这道题已经被加强过了.

Codeforces Global Round 3 🏃🔼

  Contest link.

Remark.

  __builtin_parity / __builtin_parityll, 你们他妈赶快滚进标准库重载成一个东西.

A. Another One Bites The Dust

  答案是 $2c+2\min\{a,b\}+[a\neq b]$.

B. Born This Way

  你好, 兔这题就做复杂了. 这里就只提正解吧.

  Arkady 的策略是显然的: 找到最小的可用 $a_i$, 然后找到最小满足 $a_i+t_a\le b_j$ 的 $b_j$, 在 $b_j+t_b$ 时刻到达 C 地. 那直接枚举我们保留下的最小 $a_i$, 从第一个可用 $b_j$ 开始往后删直到删满 $k$ 个, 对当前答案取最大值即可. 双指针做到 $\mathcal O(n)$.

C. Crazy Diamond

• 「A.构造」

  注意到一个位置 $i$ 一定能跳到的位置只有 $1$ 或者 $n$. 于是我们保留这两个位置, 先让 $2\sim n-1$ 归位. 枚举 $p_x=2..n-1$, 先让 $x$ 跳到 $1$ 或 $n$, 如果不能直接跳到 $p_x$ 就跳到另一端再向 $p_x$ 跳. $2\sim n-1$ 归位后, 检查一下是否需要交换 $p_1,p_n$. 最劣情况使用 $4n\pm\mathcal O(1)$ 次交换.

D. Dirty Deeds Done Dirt Cheap

• 「A.构造」

  你好, 兔又做复杂了. 这里就只提正解吧.

  显然 $a_i<b_i$ 的数对不能和 $a_i>b_i$ 的数对交叉贡献. 仅考虑 $a_i<b_i$ 的情况, 惊讶地发现按 $a_i$ 降序排列就满足条件了. $\mathcal O(n)$.

  兔写的线段树维护贪心.

E. Earth Wind and Fire

• 「B.贪心」

  注意到操作可以不改变石头间的相对顺序, 所以将 $\{s_n\},\{t_n\}$ 排序后, 我们可以钦定 $s_i$ 被移动到 $t_i$. 这时, 若有 $i<j$, $s_i<t_i$ 的石头和 $s_j>t_j$ 的石头可以相互拉进靠近自己的目标点. 于是按顺序扫描, 像括号匹配一样贪心地拉进就行了. 复杂度为排序的 $\mathcal O(n\log n)$.

F. Foo Fighters ~

• 「A.构造」

  不妨设原来所有 $\textit{val}_i$ 之和 $>0$. 虽然所有 bit 的地位是相同, 我们还是可以尝试插一棵 Trie 树辅助思考. 对于 $u$ 子树, 设其左右儿子的贡献已经确定为 $x,y$, 我们可以通过 $u$ 对应的 bit 得到 $x+y$ 或者 $x-y$. 那如果说 $x<0$, 我们就高枕无忧了.

  如何找到这样一个 $x<0$ 呢? 注意到没有 $\textit{mask}_i=0$, 而所有 $\textit{val}_i$ 之和 $>0$, 所以从根到最左结点的路径上, 一定存在一个结点仅有和 $>0$ 的右子树, 相当于找到了 $x=0,y>0$, 调整这个位置的 bit 使之贡献 $-y$, 一路回溯回去不会使贡献增大, 这样就构造出答案了.

  实现的时候排个序就行, 复杂度是排序的 $\mathcal O(n\log n)$.

  注意 __builtin_parity(unsigned int), __builtin_parityll(unsigned long long). 心态整炸了.

Codeforces Global Round 4 🏃

Remark.

  可能是信心场, 可以找状态的时候做.

A. Prime Minister 🔽🔽🔽

  EI 读了六分钟题, 兔只读了五分钟, 兔看不起英语不好的人. (

  题意: 问所有不超过 $a_1$ 一半的 $a_i$ 加起来再加上 $a_1$, 是否超过所有数总和的一半.

  这 A 题怕是整场比赛阅读量最大的. 😠

B. WOW Factor

  对于每个 o, 求其前面的 vv 数乘上后面的 vv 数. $\mathcal O(n)$.

C. Tiles

  左上角 $4$ 种方案, 其余第一行或者第一列上的 $2$ 种方案, 此后其他格子被唯一确定. 因此答案是 $2^{w+h}$. $\mathcal O(\log(w+h))$.

D. Prime Graph

  猜测当 $[n,\lfloor 3n/2\rfloor]$ 内有素数, 先连一个环, 然后加边把一些点的度数变成 $3$, 直到总边数为素数即可. $\mathcal O(n)$. 范围内的 $n$ 可以很快枚举验证, 但一般情况兔完全不会证明 qwq.

E. Archaeology

  左右双指针向内扫, 相邻不等的性质保证我们一定能选出足够数量的配对. $\mathcal O(n)$.

F. Short/Long Colorful Strip

• 「A.DP-计数 DP」「A.DP-区间 DP」

  F2 并不困难, 兔并没有思考 F1 的特殊解法, 就不分开讲了.

  我们定义一个区间 $[l,r]$ 是完备的, 当且仅当出现在 $[l,r]$ 中的颜色仅出现在 $[l,r]$ 中. 设当前考虑的完备区间为 $[L,R]$, 被染成当前颜色的位置为 $L\le p_1<p_2<\cdots<p_k\le R$. 那么, 我们要求 $(p_i,p_{i+1})$ 是完备段, 递归进去算贡献. 难点在于对 $[L,p_1]$ 和 $[p_k,R]$ 这段区间是否被当前颜色染的讨论.

  注意到这样一个事实: 当某个时刻 $c_i\neq c_{i+1}$, 则该时刻之后都必然有 $c_i\neq c_{i+1}$. 因此, 设我们实际染色区间为 $[s,t]~(L\le s\le p_1,~p_k\le t\le R)$, 则 $[L,s)$, $[s,p_1)$, $(p_k,t]$, $(t,R]$ 都需要是完备区间. 当完备区间的一个端点固定时, 另一个端点仅有 $\mathcal O(n)$ 个可能位置. 完备区间总数当然也是 $\mathcal O(n^2)$ 的, 因此直接记忆化搜索求出完备区间 $[1,m]$ 的答案即可. 注意无解判定, 复杂度 $\mathcal O(n^3+m)$.

G. The Awesomest Vertex ~⭐

• 「A.分块」「A.数据结构-线段树」「B.Tricks」

  看着榜上一大堆和兔一样一小时前六道然后调不出 G 的人, 兔就放心了. (

  绝对值? 绝对不能带着绝对值! 注意 $|x|=\max\{x,-x\}$, 而我们要求的是 $\max\{|a|\times b\}$, 一开始就维护好 $\max\{-a\times b\}$ 和 $\max\{a\times b\}$ 就没有绝对值了.

  法一 在 DFN 上转化后, 我们需要处理的问题是: 区间 $a_i\gets a_i+k~(k>0)$, 区间询问 $\max\{a_i\times b_i\}$. 分块+单调队列维护凸包可以简单 $\mathcal O((n+q)\sqrt n)$. (你说得对, 但是真的难调, 分块都好难调啊!)

  法二⭐ 考虑直接用线段树维护直线 $b_ix+a_ib_i$. 由于 $x$ 单增, 所以区间内最大值的取值点单调向右移动, 有意义的移动不超过 $\mathcal O(\textit{len}^2)$ 次 (直线交点数量). 虽然凸包本身没办法合并, 但最有答案和最近的有意义移动点是可以简单记录的. 势能分析可以得到 $\mathcal O((n+q\log n)\log^2n)$ 的复杂度, 兔没有细看证明 qwq. 可以参考这里. UPD: 这个很像 KTT?

Codeforces Global Round 6 🏃

  Contest link.

A. Competitive Programmer

  各位数字之和为 $3$ 的倍数, 拿一个后导 $0$ 后还有偶数位.

B. Dice Tower

  一个骰子的相对两面之和恒为 $7$, 由此只有最上面一个骰子的方向需要被考虑.

C. Diverse Matrix

  观察样例, 猜测最小 magnitude 为 $r+c$, 于是我们需要将 $1\sim r+c$ 安排为每行每列的 $\gcd$. 设行列 $\gcd$ 为 $\{R_r\},\{C_c\}$, 尝试令 $a_{ij}=R_i\times C_j$. 当 $1\in R$, 可以让所有列的 $\gcd$ 一定合法, 反之亦然; 当 $x,x+1\in R$, 也可以让所有列的 $\gcd$ 一定合法, 反之亦然. 那么构造就很简单了. $\mathcal O(rc)$.

D. Decreasing Debts

  只要每个人应得的总钱数一定, 方案就合法. 求出这一数值, 随便匹配欠债关系即可. $\mathcal O(n)$.

E. Spaceship Solitaire

  设 $c_i=\sum_j[u_j=i]$, 则答案有下界 $\sum_i\max\{0,a_i-c_i\}$. 可以证明下界可取, 当然作为 competitor 的兔可以不证明. (

F. Almost Same Distance 🔽

• 「C.性质/结论」「C.细节」

  这个 🔽 仅用于表达兔对细节题的讨厌.

  当 $k$ 一定时, 合法点集一定为存在一个或两个相邻花蕊的, 花瓣很长的菊花. 枚举花蕊, 记录好子树深度后可以求答案. 同时注意到 $\textit{ans}_k\ge\textit{ans}_{k+2}$, 所以可以取远端更新然后继承答案. 精细扫描线可以做到 $\mathcal O(n)$.

  妈的当时不想写题解, 现在也不想写.

Codeforces Global Round 7 🏃🔼

Remark.

  这场挺创人的. E 和 F1, F2 挺好玩儿, D 可能写着比较烦人 (指在 VP 状态下写细节讨论).

A. Bad Ugly Numbers

  $3$ 填最低位, 其余位用 $2$ 来调整模 $3$ 余数. $\mathcal O(n)$.

B. Maximums 🔽

  按题意模拟, $\mathcal O(n)$. 您这题放哪个水平都不 educational 吧.

C. Permutation Partitions

  产生最大值贡献的一定是前 $k$ 大, 找到它们的位置, 中间的分隔点随意移动, 乘法原理算方案即可. $\mathcal O(n)$.

D. Prefix-Suffix Palindrome

  去除已经回文的前后缀, 求 $S+\chr{\$}+\text{rev}(S)$ 和 $\text{rev}(S)+\chr{\$}+S$ 的 border 决策剩下的回文. KMP 做到 $\mathcal O(n)$.

E. Bombs

  答案不增, 立马把问题转化成判断预期答案 $x$ 是否可行. $x$ 活下来的条件是: 存在一个 $i$, 使得 $i$ 后面 $\ge x$ 的数严格多余 $i$ 后面的炸弹数. 线段树维护差值最小值即可. $\mathcal O(n\log n)$.

F1. Wise Men (Easy Version)

• 「A.DP-状压/插头 DP」「B.Meet in Middle」

  一个很勉强的 meet in middle 做法. 我们暴力 DP 时, 需要记录已选人的集合状态和当前字符串的状态, $4^{14}$ 肯定不行. 但注意字符串对转移形式没有任何影响, 所以可以 meet in middle: 只求出所有 $n/2$ 个人的集合产生的字符串状态, 然后两半拼起来算方案数. 这样减轻了对字符串状态的记录压力, 复杂度毛估为 $\mathcal O\left(\binom{n}{n/2}\times 2^n\right)$, 其实也就在暴力基础上除了个 $\sqrt n$.

F2. Wise Men (Hard Version) *✡️

• 「A.数学-FWT」「B.Tricks」「C.思维」

  $[S_1\cap S_2=\varnothing]z^{S_1\cup S_2}=[|S_1\cup S_2|=|S_1|+|S_2|]z^{S_1\cup S_2}$, 多个 $S$ 同理. 这是子集卷积的原理, 但也是一个巧妙的转化 "不交" 的技巧.

  F1 中, 我们利用 "字符串对转移形式无影响" 的性质完成了 meet in middle, 而这种 "无影响" 还能更深入的挖掘 — 将 "构造字符串" 分拆为多个几乎独立的计数情景.

  具体地, 我们枚举字符 $\chr{1}$ 的连续段 (也可以是空段, 对应单个人), 将它们有序地排列到 $n$ 个位置上. 不同段间可能仍然有 $\chr{1}$, 只需要简单子集容斥一下.

  如何安排序列呢? 首先可以 DP 出将集合 $S$ 串成全 $\chr{1}$ 路径的方案数. 枚举 $n$ 的整数拆分, 求出满足条件的子集组合方式, 最终就能得到每种整数拆分对应的方案数. 然后枚举最终答案字符串, 找到其极大连 $\chr{1}$ 段划分对应的方案数, 对这一组方案数子集容斥, 就能得到答案. 复杂度 $\mathcal O(2^n\text{part}(n))$.

Remark.

  这种完全跳出 DP 灵活地使用已知技巧计数的东西好酷. (

Codeforces Global Round 8 🏃

Remark.

  狙击场, 任何系列赛事都是越出越难是吧 qwq.

A. C+=

  $(a,b)$ 能一步变成 $(a+b,a)$ 或者 $(a+b,b)$, 你说你应该选哪种呢?

B. Codeforces Subsequences

  均匀的一堆 $\chr{c}$, 一堆 $\chr{o}$, 一堆 $\chr{d}$, …, 一堆 $\chr{s}$, 这样肯定最省长度. 目测一下也不会构造出意料之外的子序列. 那么就 $\mathcal O(k^{1/|S|})$ 结束了.

C. Even Picture

  兔在《world.construct(me);》加强了这道题.

D. AND, OR and square sum

  注意到 $\sum_ia_i$ 恒定, 而一次操作可以将 bit "富集" 向其中一个数, 这正是最大化平方和所期望的. 因此, 把每个 bit 尽量向前集中就能得到最优的 $\{a_n\}$.

E. Ski Accidents

• 「A.构造」

  $7=1+2+4$, 尝试把中转点分为 $A,B,C$ 三组, 满足 $|C|\le 2|B|\le 4|A|$, 此时扔掉 $C$ 就非常合适了.

  在二叉树结构上的 $A,B,C$ 更像是三染色. 染色可得:

• $A$: 入边 (若存在) 都来自 $C$.

• $B$: 入边存在且都来自 $A$.

• $C$: 存在入边来自 $B$.

  正确性不难证明. 复杂度 $\mathcal O(n)$.

F. Lamps on a Circle

• 「A.构造」「C.非传统-交互题」

  直接考虑收敛到的状态. 在 Bob 操作之前, 肯定不存在一个长于 $k-1$ 的亮灯连续段, 否则 Alice 的操作就无效了. 在这种情况下, 最优的可能状态为 $(\chr{1}^{k-1}\chr{0})^{+\infty}[:n]$, 不过需要令最后一位为 $\chr{0}$. 计算此时 $\chr 1$ 的数量为 $n-1-\lfloor (n-1)/k\rfloor$, Bob 跟上操作后剩下 $n-\lfloor (n-1)/k\rfloor-k$, 所以可以在 $\sqrt n$ 附近找到最优的 $k$. 交互时一直用这个 $k$ 来构造目标序列即可.