ARC144

A

容易发现最优的构造方案一定有 $2m=n$，且 $x$ 每一位不超过 $4$。

于是 $x$ 第一位填 $n\bmod 4$（如果 $4\vert n$ 那就填 $4$），后面全填 $4$ 即可。

B

二分。由于 $a\le b$，可以证明一定不会在一个数上又加又减。所以 $O(n)$ check 即可。

C

算是思维题，但思路是非常自然的。

首先，当 $2k>n$ 时无解。否则前 $k$ 个数一定是 $k+1,k+2...2k$。

考虑 $1\sim k$ 这些数。我们希望马上就把它们接在后面。为保证有解，最多能在后面接到 $1\sim \min(k,n-3k)$。

原因是如果超过了 $n-3k$ 那么后面是一个剩下不到 $2k$ 个空的子问题，无解。

然后再后面的可以当作一个子问题递归处理。但注意数集不再是 $1\sim n$，拿个数组存一下就好了。

这里有个结论没证，就是为什么后面的那些空明明数集都不同却能当作和原问题相同的子问题？

其实我证不来，VP的时候感性理解觉得是对的就直接莽上去了。

#include <cstdio>

inline int min(const int x, const int y) {return x < y ? x : y;}
int a[300005];
void solve(int n, int k, int st) {
	if (n <= 3 * k) {
		for (int i = k + 1; i <= n; ++ i) printf("%d ", a[i + st]);
		for (int i = 1; i <= k; ++ i) printf("%d ", a[i + st]);
		return;
	}
	for (int i = k + 1; i <= 2 * k; ++ i) printf("%d ", a[i + st]);
	int t = min(k, n - 3 * k);
	for (int i = 1; i <= t; ++ i) printf("%d ", a[i + st]);
	for (int i = 2 * k; i >= k + t + 1; -- i) a[i + st] = a[i - k + st];
	solve(n - k - t, k, st + k + t);
}

int main() {
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	if (n - k < k) return puts("-1"), 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i] = i;
	solve(n, k, 0);
	return 0;
}

D

题目中对 $f$ 的限制十分的强，以至于可以直接推导出：对于任意 $x$，$f(x)$ 等于它每一位的 $f$ 值总和减去 $(\operatorname{popcount}(x)-1)\cdot f(0)$。

那么我们就只需要关心 $f(0),f(2^0),f(2^1)...f(2^{n-1})$ 的值了。目标是使得 $0\le \min\left\{f(i)\right\},\max\left\{f(i)\right\}\le k$。

容易想到令每个 $f(i)$ 都减去 $f(0)$。记原本的 $f(0)$ 为 $x$，所有为正数的 $f$ 之和为 $S^+$，所有为负数的 $f$ 之和为 $S^-$。这样的话要求变为 $0\le S^-+x,f(0)+S^++x\le k$，即 $-S^-\le x\le k-S^+$。

那么我们要数的就是 $\sum k-S^++S^-+1$ 的和（连这一步转化都没想到，菜）。

然后还有一个更加牛逼的转化：把 $-S^++S^-$ 转化为 $-\sum \vert f(i)\vert$。

转化过后我们发现这玩意儿貌似可以组合数算了？

直接求 $k-\sum\vert f(i)\vert+1$ 的和肯定不能组合数。可以搞点废话文学式子，把 $k-\sum\vert f(i)\vert+1$ 变形成 $\sum\limits_{i=0}^k[\sum\vert f(j)\vert\le i]$。

考虑最终答案的构成：先确定有多少个 $f$ 非 $0$，然后确定符号，再对 $\sum\limits_{i=0}^k[\sum\vert f(j)\vert\le i]$ 求和。

答案就是

$$\sum\limits_{i=0}^n2^i\tbinom{n}{i}\sum\limits_{j=0}^k\tbinom{j}{i}$$

$\tbinom{j}{i}$ 是插板出来的。

由基本组合恒等式得到上式等于

$$\sum\limits_{i=0}^n2^i\tbinom{n}{i}\tbinom{k+1}{i+1}$$

可以直接 $O(n)$ 计算。

#include <cstdio>

const int mod = 998244353;
inline int qpow(int a, int b) {
	int ret = 1;
	while (b) {
		if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
		a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
	}
	return ret;
}
int fact[300005], inv[300005];
inline int C(int n, int m) {
	return 1ll * fact[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

int main() {
	int n, ans = 0;
	long long k;
	scanf("%d%lld", &n, &k);
	k %= mod;
	fact[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++ i) fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % mod;
	inv[n + 1] = qpow(fact[n + 1], mod - 2);
	for (int i = n; i >= 0; -- i) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	for (int i = 0, j = 1, x = k + 1; i <= n && i <= k; x = 1ll * x * (k - i ? k - i : 1) % mod, ++ i, j = (j << 1) % mod)
		ans = (ans + 1ll * j * C(n, i) % mod * x % mod * inv[i + 1]) % mod;
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

E

其实个人感觉比 D 好想，也许是因为我 D 中的转化见的太少了吧（

一个大体思路框架：如何判断 $x$ 是否可行只需要根据图形态列出一些限制方程组，然后看这些方程组是否有解。然后每个方程组的解范围可以预料到是形如 $x\vert d$ 的形式，把每个方程组的 $d$ 拿来 gcd 一下就可以了。

具体的方法：首先把 $s$ 到不了或者到不了 $t$ 的点删掉。

这样的话容易注意到由于每个点都能到 $t$，所以对于任意 $i$，$s$ 出发所有到 $i$ 的路径权值模 $x$ 意义下必定相等。

那么就假设所有 $s$ 到 $i$ 的路径权值为 $p_i$。约束条件：$p_s=p_t$，对于任意一条有向边 $u,v$，$p_u+w_v=p_v$。

这里所有的相等都是在模 $x$ 意义下进行的。所以问题变成了扔给你一堆同余方程组，问你使其有解的最大余数。

这个可以 dfs 求出。

为了方便处理 -1 的情况，官方题解的做法是仿照网络流把一个点拆成入点和出点然后点权移到边上。没有任何本质区别。只是约束条件变成了对于任意一条有向边 $u,v,w$，$p_u+w=p_v$。

代码是按照官方题解写的。

因为 abs 和 llabs 的区别调了1天，心态炸裂。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define int long long
#define gc (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1 ++)

char buf[100000], *p1, *p2;
inline int read() {
	char ch;
	int x = 0, f = 1;
	while ((ch = gc) < 48) if (ch == '-') f = -1;
	do x = x * 10 + ch - 48; while ((ch = gc) >= 48);
	return x * f;
}
int gcd(int n, int m) {return m ? gcd(m, n % m) : n;}
struct Edge {int to, nxt, w;} e[600005], e2[1200005], e3[600005];
struct node {int u, v, w;};
int head[600005], head2[600005], head3[600005], val[600005], tot, tot2, tot3, ans, n, m;
bool vis[600005], arr[600005], jb[600005];
inline void AddEdge(int u, int v, int w) {
	e[++ tot].to = v, e[tot].w = w, e[tot].nxt = head[u], head[u] = tot;
}
inline void AddEdge2(int u, int v, int w, bool undirected = true) {
	e2[++ tot2].to = v, e2[tot2].w = w, e2[tot2].nxt = head2[u], head2[u] = tot2;
	if (undirected) e2[++ tot2].to = u, e2[tot2].w = -w, e2[tot2].nxt = head2[v], head2[v] = tot2;
}
inline void AddEdge3(int u, int v, int w) {
	e3[++ tot3].to = v, e3[tot3].w = w, e3[tot3].nxt = head3[u], head3[u] = tot3;
}

void dfs0(int u) {
	arr[u] = arr[u + n] = true;
	for (int i = head3[u]; i; i = e3[i].nxt) if (!arr[e3[i].to]) dfs0(e3[i].to);
}
void dfs1(int u) {
	jb[u] = jb[u + n] = true;
	for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) if (!jb[e[i].to]) dfs1(e[i].to);
}
int dfs2(int u) {
	vis[u] = true;
	int ans = 0;
	for (int i = head2[u]; i; i = e2[i].nxt) {
		int v = e2[i].to;
		if (!jb[v] || !arr[v]) continue;
		if (!vis[v]) val[v] = val[u] + e2[i].w, ans = gcd(ans, dfs2(v));
		else ans = gcd(ans, llabs(val[v] - val[u] - e2[i].w));
	}
	return ans;
}

signed main() {
	n = read(), m = read();
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++ i)
		u = read(), v = read(), AddEdge2(u + n, v, 0), AddEdge(u, v, 0), AddEdge3(v, u, 0);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int x = read();
		if (x != -1) AddEdge2(i, i + n, x);
	}
	AddEdge2(1, n + n, 0, false);
	dfs0(n), dfs1(1);
	for (int i = 1; i <= 2 * n; ++ i) if (jb[i] && arr[i] && !vis[i]) ans = gcd(ans, dfs2(i));
	printf("%lld", ans ? ans : -1);
	return 0;
}