pakencamp 杂题选刷

2023

Day 1

G MST (Easy) \(\color{green}\checkmark\)

给定序列 \(a(|a_i| \le 10^6)\)，构造 \(n(n \le 2\cdot 10^5)\) 个点的无向图，点 \(i,j\) 的边权是 \(a_ia_j\)，求图的最小生成树。

唐氏。首先给 \(a\) 排序，显然没有影响。

考察 \(a_i \ge 0\) 怎么做：显然答案就是 \(a_1 \cdot \sum_{i=2}^n a_i\)，原因根据 Kruskal 的贪心原理，如果连接了一条边 \((x,y)\)，那么 \((1,x),(1,y)\) 的边已经连过，故 \(x,y\) 已经连通。

如果有负数做法基本相同，答案是最小的负数乘上正数的和，加上最大的正数乘上负数的和。

复杂度可以线性。

K Or Set \(\color{green}\checkmark\)

给定长为 \(n(n \le 2 \cdot 10^5)\) 的序列 \(a(0 \le a_i < 2^m,m \le 30)\)，定义一个序列的权值为：

• 初始时变量 \(x = 0\)。
• 对于 \(i = 1,2,\ldots,n\) 依次执行，如果 \(x | a_i \ne 2^m - 1\)，则 \(x \gets x | a_i\)，否则不变。
• 序列的权值即为 \(x\) 的最终值。

你可以任意重排序列，问最终可以产生多少种不同的权值。

笑点解析：这题 *2800。

若只。首先注意到，所有或完以后会到达 \(2^m-1\) 的数字全都可以扔到最后，而其他数字的顺序无关紧要。因此问题可以抽象成，将数字分成 A,B 集合，使得 A 集合的或和不为 \(2^m-1\) 且或上 B 集合任意数字后等于 \(2^m-1\)。

直接枚举 A 的或和里缺少哪一位 \(i\)，那么 B 中每一个数字都必须含有 \(i\)，而 A 集合里的数字都必须不含 \(i\)，一一枚举判断即可。复杂度 \(\mathcal O(nm)\)。

L Range Mex Sum Min \(\color{green}\checkmark\)

给定排列 \(p(n \le 5 \cdot 10^5)\)，有的地方已经填好，有的地方还没填。请你补全排列 \(p\)，使得排列 \(p\) 的所有子区间的 \(\text{mex}\) 之和最小。

唐氏。

\(\text{mex}\) 求和的一个经典 trick 是拆贡献。在本题里，所有子区间的 \(\text{mex}\) 的和就等于，\(\sum_i c_i\)，其中 \(c_i\) 是包含了 \(0,1,\ldots,i\) 的区间数量。

注意到我们希望这个值最小，因此每次一定会填在最边上的空位上。但是这个决策是有后效性的，不能直接贪心，好在它的后效性并不多，具体的，操作的后效性只在一个连续段生效，可以这样感性理解：

• 假设值域上连续的两个 \(-1\) 都选择了左边，那么把一个换到右边不劣；
• 否则，其不会产生后效性。

也就是说，操作 \(1\) 的后效性在操作 \(2\) 进行时就已经消除，故仍然可以线性解决。

M + and Xor \(\color{green}\checkmark\)

给定 \(n(n \le 2 \cdot 10^5)\)，求一个 \(n\) 阶排列 \(p\) 使得 \(\bigoplus_{i=1}^n (p_i+i)\) 的值最大，输出方案。

若只打表题。设 \(d = 2^{\log_2n}\)。

• 观察 \(1\)：答案的上界是 \(4d-2\)。
  • 首先答案不会超过 \(4d-1\)。由于 \(\sum p_i + i\) 是偶数，故末尾不可能是 \(1\)，因此上界是 \(4d-2\)。
• 观察 \(2\)：将 \([1,2,\ldots,n]\) 翻转一个区间一定可以得到最优解。
  • 不会证，打表出奇迹。
• 观察 \(3\)：对于每个 \(n\)，翻转的区间如下：

32 15 16
33 30 32
34 13 16
35 31 32
36 11 16
37 30 32
38 9 16
39 31 32
40 7 16
41 30 32
42 5 16
43 31 32
44 3 16
45 30 32
46 1 16
47 31 32
48 7 8
49 30 32
50 5 8
51 31 32
52 3 8
53 30 32
54 1 8
55 31 32
56 3 4
57 30 32
58 1 4
59 31 32
60 1 2
61 30 32
62 0 0
63 31 32

其中第一列是 \(n\)，后两列是 \(l,r\)。

规律：

• 对于 \(n \bmod 4 = 3\)，\(l = d-1,r=d\)。
• 对于 \(n \bmod 4 = 1\)，\(l = d-2,r=d\)。
• 对于 \(n \bmod 2 = 0\)，初始时 \(l=d-1,r=d\)，随后 \(n\) 每增加 \(2\)，\(l = l- 2\)。当 \(l<0\) 时，\(r\) 除以 \(2\) 同时 \(l = r -1\)。

根据这个规律直接模拟即可。

证明不会，我也不知道官方题解写的什么做法，日语看不懂一点。

P MST (Hard) \(\color{red} \times\)

给定序列 \(a,b(|a_i|,|b_i| \le 10^6)\)，构造 \(n(n \le 2\cdot 10^5)\) 个点的无向图，点 \(i,j\) 的边权是 \(a_ia_j+b_ib_j\)，求图的最小生成树。

考虑使用 b*** 算法，问题可以基本转化为：

• 插入 \((x,y)\)。
• 给定 \((a,b)\)，查询 \(ax+by\) 的最小值。

这一部分是 ABC244H。注意到 \(ax+by = b(\frac{a}{b}x+y)\)，李超树维护括号里面的东西即可。

Day 2

B Salesman X \(\color{green}\checkmark\)

给定一棵 \(n(n \le 2 \cdot 10^5)\) 个点的树和 \(2m\) 个关键点 \(x_1,x_2,\ldots,x_m,y_1,y_2,\ldots,y_m\)，要求：

• 第一天从 \(1\) 出发，以任意顺序遍历前 \(m\) 个关键点 \(x_1,x_2,\ldots,x_m\)，并在其中某一个停下。
• 第二天从这个点出发，以任意顺序遍历后 \(m\) 个关键点 \(y_1,y_2,\ldots,y_m\)，最后前往给定的终点 \(s\)。

求行走的最小总代价和。

糖。首先考虑怎么计算第一天停在 \(x_i\) 的最小代价，实际上就是 \(1,x_1,\ldots,x_m\) 组成的斯坦纳树的边权两倍和，减去 \(d(1,x_i)\)。在树上，计算这个和的经典做法是按照 dfs 序排序后 \(\sum dis(i,i \bmod n + 1)\)。

然后我们已经得到了第一天停在 \(i\) 的代价 \(d_i\)，只需把它们每一个插入到第二天的斯坦纳树上即可，只需要找 dfs 序的前驱后继。upper/lowerbound 解决。

C Arithmetic Progression and ... \(\color{green}\checkmark\)

有一个长为 \(n(n \le 2 \cdot 10^5)\) 的等差数列 \(a_i = ki + l(a_i \le 10^{18})\)，但是有 \(\lfloor \dfrac{n-1}{2} \rfloor\) 项被篡改了。你得到了 \(a\) 重排后的序列，请你还原 \(k,l\)。保证有解。

等差数列必然满足 \(\forall i,j \in [1,n],a_i \equiv a_j \pmod k\)，于是立刻想到 ABC272G，但问题是本题值域太大，根本不可能一一检验 \(a_i - a_j\) 的因数。

注意到等差数列满足 \(\dfrac{a_i-a_j}{k}<n\)，因此只需要检验 \(a_i-a_j\) 的满足 \(\dfrac{a_i-a_j}{d} < n\) 的因数 \(d\)，猜测一下这个数量不会太多，然后就过了。神秘。

H Two PCities \(\color{green}\checkmark\)

DS 好玩捏。

给定一棵 \(n(n \le 10^5)\) 个点的无权树和一张无向无权图 \(G\)，如果 \((i,j)\) 在树上距离大于常数 \(k\) 则在图上有一条边。\(q(q \le 10^5)\) 次询问 \(u,v\) 在图 \(G\) 上的最短路。

一个很直观的想法是，直接走直径。从 \(u\) 到较远直径的一端，然后可能需要跨直径，然后再到 \(v\)，需要 \(3\) 步。这引出了一个很重要的观察：如果有解，答案必定小于等于 \(3\)。

判定答案是否是 \(1,-1\) 是容易的，问题是怎么判断答案是否是 \(2\)。而这等价于，判断是否存在一个 \(w\) 满足 \(dis(u,w) > k\) 且 \(dis(v,w) > k\)。

考虑边分治，对于左子树的每一个 \(u\) 只寻找跨过 \(rt\) 的 \(w\)。容易发现，满足条件的 \(w\) 在深度上是一段后缀。\(v\) 到某个点集里最远的点一定在直径上，那么直接维护这个后缀的直径即可。复杂度 \(\mathcal O(n \log n)\)。

官方题解里有一个简洁的做法：找到路径中点，则必定一边离 \(u\) 更近，一边离 \(v\) 更近。只需要维护两边的直径。一边是子树，可以直接 dfs；另一边是 dfs 序上的前后缀，可以快速合并。搭配 \(\mathcal O(n)-\mathcal O(1)\) 的树上 \(k\) 级祖先和 LCA 可以做到线性，比较牛的。

Day 3

B AND \(\color{green}\checkmark\)

• 给你一个数组 \(a(n \le 2 \cdot 10^5,a_i < 2^{30})\)，每次你可以选择两个相邻元素 \(i,j\) 并把 \(a_i \gets a_i \& a_j\)（不一定要求 \(i<j\)）。数组的权值即为最小的操作次数，如果无解为 \(-1\)。
• \(q(q \le 2 \cdot 10^5)\) 次询问子区间 \([l_i,r_i]\) 的权值。

糖。

首先注意到，如果序列里有 \(0\)，那么可以直接用这个 \(0\) 解决问题；否则，我们一定会先造出来一个 \(0\)，此时别的元素的值我们不再关心，因此我们可以转化问题成求造出来 \(0\) 的最小操作次数。

考虑枚举位置 \(i\)，怎么求它的最小次数？注意到造 \(0\) 一定是两边同时往中间推，可以设计一个 \(dp_l\)：表示左端点的位置在 \(l\) 时右端点的最小值。\(l\) 的本质不同取值只有 \(\mathcal O(\log V)\) 个，只需要关心这些点的 \(dp\) 值。

求子区间的答案等价于求 \([l,r]\) 包含的最小权 \(dp\) 区间，简单扫描线即可求出。

G MOD \(\color{red} \times\)

给定数组 \(b(n \le 2 \cdot 10^5)\) 和 \(m(m \le 2 \cdot 10^5)\) 条边 \((u_i,v_i)\)。你有一个初始为 \(0\) 的数组 \(a\)，可以进行任意次操作，每次可以选择一条边并给 \(a_u,a_v\) 同时加一。问能否使 \(b_i \equiv a_i \pmod p\) 对所有 \(i\) 成立，其中 \(p\) 是一个全局给定的数（不保证是质数）。

很好的题啊，除了我不会以外都很牛！

首先进行一些最基本的观察：

• 观察 \(1\)：如果这个图不存在环（一棵树），那么合法操作是唯一的。且合法的充要条件是，奇偶深度的点权和相等。
• 观察 \(2\)：在上面观察的基础上，我们注意到，如果这个图是二分图，我们还是可以很容易的找到充要条件：左右部点点权和相等。

注意到剩下的情况里，图一定存在奇环，我们希望用奇环做一些调整。首先，不在奇环上的部分可以当作森林处理，我们计算出新的 \(b_i\)。环上的部分我们先按照链处理，只有最后一个位置可能产生冲突。我们希望只有这个位置的值改变，给 \(1,2\) 位置 \(+1\)，\(2,3\) 位置 \(-1\) 以此类推，由于环长是奇数，\(1\) 位置最终会加上 \(2\) 而其他位置的值不变。如果此时的 \(b_i\) 为偶数，显然可以达成目标；否则如果 \(M\) 是奇数可以选择操作 \(2\) 的逆元次，也可以达成目标。唯一的无解情况是，\(M\) 是偶数。此时易证无解，原因是操作改变不了奇偶性。

注意到 \(M\) 是偶数时森林上的操作不会改变最终 \(b_i\) 的奇偶性，故直接判断 \(\sum b_i\) 是否是 \(2\) 的倍数即可。

2022

Day 1

I Forgotten Sequence \(\color{green}\checkmark\)

你需要构造一个序列 \(a(n \le 2 \cdot 10^5)\)，有 \(m\) 条限制，每一条限制形如：\(a_x = a_y\) 或 \(a_x \ne a_y\)。求字典序最小的序列 \(a\)，或报告无解。

并查集维护数字的相等关系，贪心构造。

不知道这种唐氏题是咋评到 2000 以上的。

J An Unusual King in Paken Kingdom \(\color{green}\checkmark\)

给定一棵树和 \(q(n,q \le 2 \cdot 10^5)\) 次询问，每次询问 \(u,v\) 两点之间路径上边权的中位数，

主席树板子，谔谔。

K Beautifulness \(\color{green}\checkmark\)

给定序列 \(a(n \le 2\cdot 10^5)\) 和 \(q(q \le 2 \cdot 10^5)\) 次询问，每次询问一个区间有多少种不同的前缀 \(\max\)。

由于不带修且可离线，我们不需要写单侧递归。直接将所有询问离线，从后向前扫描线扫 \(l\) 并维护反向的单调栈，树状数组维护贡献。复杂度 \(\mathcal O((n + q) \log n)\)。

L Mex on Blackboard 2 \(\color{green}\checkmark\)

给定序列 \(a(n \le 2000)\) 和整数 \(k(k \le 2000)\)，你需要做 \(k\) 次操作。一次操作是选择当前 \(a\) 的一个子序列并把这个子序列的 \(\text{mex}\)。问最后可以得到多少不同的序列 \(a\)，对 \(998244353\) 取模。

注意到如果 \(a\) 中存在 \(\text{mex} = k\) 的子序列，则一定存在 \(\text{mex} = 0,1,\ldots,k-1\) 的子序列。

注意到如果插入的 \(\text{mex}\) 不是原序列的 \(\text{mex}\)，那么原序列 \(\text{mex}\) 以上的数字的出现状态没有改变。预处理 \(to_i\) 表示 \(\text{mex} = i\) 且插入 \(i\) 后 \(\text{mex}\) 变为多少，然后据此简单 DP 即可。

M 01 Tree \(\color{green}\checkmark\)

你有一颗 \(n(n \le 5 \cdot 10^5)\) 的树，每个点可以涂黑白两种颜色，已经有 \(k\) 个点确定颜色。还有 \(n\) 条限制：点 \(a_i\) 和其所有儿子颜色必须和点 \(i\) 一样。构造或报告无解。

若只。

考虑直接并查集暴力合并会有什么问题，复杂度可能被重复的 \(a_i\) 卡到 \(\mathcal O(n^2)\)。然而注意到合并一次后 \(a_i\) 和其儿子必然是一个颜色，故第二次遇到 \(a_i\) 时只和其本身合并即可。

N Paken Machine \(\color{green}\checkmark\)

给定数 \(x,t,p\) 和数组 \(a_0,a_1,a_2,b_0,b_1,b_2\)。第 \(i\) 次操作会令 \(x \gets (a_{i \bmod 3}x + b_{i \bmod 3}) \bmod p\)。问 \(x\) 第一次等于 \(t\) 是第几次操作，或报告无解。保证 \(p\) 是质数，且 \(\textbf{0} \le a_i,b_i,x,t < p \le 10^9\)。

注意到操作在模 \(3\) 意义下有循环节，且两次操作可以快速复合。不妨先枚举除去整循环节后还有几次操作，然后只需要计算最少要几个整循环节，这是 BSGS 板子。

然后特别注意，\(a,b,x,t\) 都可以取到 \(0\) 或 \(1\)，请对一些情况导致的除 \(0\) 特判。特判非常恶心，也许是本题的唯一难点。

O Paken Land \(\color{green}\checkmark\)

给定一棵 \(n(n \le 2 \cdot 10^5)\) 的树，对于每个点 \(i\) 找一个 \(j \ne i\) 的点，最大化 \(i \to j\) 路径上边权的平均数。

首先考虑序列上怎么做，其实就是 ABC341G。经典的套路是，把平均数的除法看作前缀和除以长度的斜率，于是只需要建出凸包。

问题搬到树上，我们边分治并对一边建凸包，回答另一侧的询问即可。注意查询的时候由于没有单调性，需要一次额外二分斜率。复杂度两个 \(\log\)。

Day 2

E Harmony \(\color{green}\checkmark\)

有 \(n\) 个物品和 \(m\) 种颜色（\(n,m \le 10^5\)），每个物品有属性 \(a_i,b_i,c_i\)，分别是价值、颜色和价格。对于每个物品，你都可以花费 \(c_i\) 的价格将其颜色 \(b_i\) 修改为任意颜色。你需要回答 \(q(q \le 10^5)\) 个询问，每个询问形如：在总价格不超过 \(x_i\) 的情况下，每个颜色的最大价值的最小值是多少？

考虑单组询问怎么做：显然可以二分答案 \(mid\)，这样物品只有 \(0\) 和 \(1\) 的价值。我们需要将每种有多余物品的颜色的较小的 \(num-1\) 个扔进没有的里面。

注意到可能的答案只有 \(n\) 种，对每一种都求出答案即可。按 \(a\) 排序后处理，用平衡树维护决策，复杂度一个 \(\log\)。

F Farthest \(\color{green}\checkmark\)

给定数组 \(a(n \le 2 \cdot 10^5)\)，一些部分变成了 \(-1\)，你需要将他它们补成 \(1 \sim n\) 的元素。定义一个数组是好的，当且仅当存在一棵无权树，满足距离点 \(i\) 的最远点是 \(a_i\)。求有多少种填法满足数组 \(a\) 是好的，模 \(998244353\)。

首先考察序列 \(a\) 是好的的必要条件：

• 当 \(n \ge 2\) 时，每个点的最远点显然不是它自己。也就是说，\(a_i \ne i\)。
• 到达的最远的点一定是叶子。如果图有 \(k\) 个叶子，那么 \(a\) 里面最多出现 \(k\) 种颜色。

我们贪心的希望 \(k = n - 1\)，然后你发现这些条件实际上已经充分，因为你总可以构造一个菊花图，这样每个点可以到达的最远点可以是除了自己以外的任意叶子。

不妨忽略颜色的限制，只管第一条限制。那么此时的答案显然是 \((n-1)^{t}\)，其中 \(t\) 是问号的数量。

注意到满足第一条且不满足第二条的序列 \(a\) 实际上是一个错排。计算一部分已经填好的错排方案是经典问题，使用容斥原理可以做到线性，参见 CF340E。

G Worst Town \(\color{red}\times\)

• 交互题。交互库有一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图（\(n \le 200,m \le 300\)），你只知道 \(n\) 的值而不知道 \(m\) 的值和图的形态。
• 你每次询问可以给出一个点集，交互库告诉你这个点集是都是一个独立集。你做多可以询问 \(3200\) 次，你需要还原原图的每一条边。
• 有一些有启发性的部分分：
  • Sub 2：图是二分图，且左部点是所有奇数。
  • Sub 3：对于任意三个点 \(a,b,c\)，如果 \(a,b\) 两点有边，\(b,c\) 两个点没有边，则 \(a,c\) 两个点之间一定有边。

很牛的题啊！

首先 Sub 2 是很送分的，由于所有左部点内部没有边，考虑对于每一个右部的点 \(x\)，用若干次询问问出其连接的所有边。我们可以使用二分找出一条边：如果 \(x\) 和 \([1,mid]\) 的左部点形成独立集则 \(x\) 与 \(1 \sim mid\) 的左部点间没有边，否则有。 使用 \(\mathcal O(\log n)\) 次询问问出一条边，则总询问次数 \(\mathcal O(m \log n)\)，精确计算大概是 \(300 \times 6 = 1800\) 次询问。

考虑 Sub 3 的神秘限制，这个神秘的条件说的其实是，图是一张完全 \(k\) 分图。考虑将图划分为 \(k\) 个独立集，如果存在两个点 \(i,j\) 属于两个不同的独立集且它们之间没有边，则任意选择一个 \(k\) 满足 \(j,k\) 之间有边（如果找不到那么 \(i,j\) 应当在同一个独立集，矛盾），根据独立集定义 \(i,k\) 无边，故 \((i,j,k)\) 不满足题意。

那么这个 subtask 的做法也很简单，直接动态加点维护每个独立集，暴力将新点加入。注意到加入一个点加不进去某个独立集一定是因为一条边，故 \(n\) 个点的总询问次数是 \(m\)。总询问次数 \(n+m\)。

那么其实原题的做法已经差不多清楚了，我们延续 Sub 3 的思路，仍然将图划分为若干个独立集，对两两独立集之间暴力二分。询问次数即为 \(n + m + m \log n\)，可以通过。

Day 3

A Moving Piece \(\color{green}\checkmark\)

给定 \(2n+1(n \le 300)\) 大小的方阵 \(a\)，在 \((i,j)\) 放置障碍物的代价是 \(a_{i,j}\)。求最小的代价使得 \((1,n+1)\) 和 \((2n+1,n)\) 两点不连通，不能再这两个点上放障碍。

比较经典的最小割转最短路建模。

左侧建超级原点连向左半边的边缘，网格八连通连边，右半边边缘连向超级汇点。显然任意一条源点到汇点之间的路径都会把目标点割开，故源汇之间的最短路即为答案。

B Chmax \(\color{green}\checkmark\)

给定序列 \(a,b(n,m \le 3000)\)，你需要对序列 \(a\) 执行 \(m\) 次操作，第 \(i\) 次操作可以选择一个 \(j \in [1,n]\) 并令 \(a_j \gets \max(a_j,b_i)\)。问最后可以得到多少个不同的 \(a\) 数组，对 \(998244353\) 取模。

首先注意到 \(b\) 的顺序是无所谓的，那我们不妨将它排序，升降两种排序方法走向两条完全不同的路：

• 升序排序后，操作相当于推平。
• 降序排序后，一旦一个位置被操作过就不可能再被操作。

不妨先考虑 \(\min b_i > \max a_i\) 的情况。 此时发现推平仍然难以计数，因为很容易算重，因此我们考虑第二种，直接 ban 掉已经用过的位置。

相同的值可能导致算重，因此我们按值域考虑。考虑设 \(f_{i,j}\) 表示填了值域 \(i \sim n\) 的数，且还剩 \(j\) 个位置没有被覆盖的方案数。 如果 \(b\) 里有 \(d_i\) 个 \(i\)，则有转移 \(\dbinom{j}{k}f_{i,j} \to f_{i-1,j-k} (k \in [0/1,d_i])\)。复杂度均摊 \(\mathcal O(nm)\)。

考虑没有了 \(\min b_i > \max a_i\) 的限制，相当于推平的位置有了限制，可能会随时消失，这对我们计数很不方便。我们不妨把整个过程倒过来做，这样 ban 掉位置相当于加位置，很好处理了。

corner case 比较多，傻逼。

C Permutation of Length 26 \(\color{green}\checkmark\)

给定字符串 \(s(n \le 10^5)\)，首先你需要任意选择一个子串 \(s[l,r]\) 并令 \(s \gets s[l,r]\)，然后选择一个 \(1 \sim 26\) 的排列 \(p\)，同时将串中所有字符 \(i\) 替换为字符 \(p_i\)。求 \(s\) 字典序的最大值。

首先由于要求的字典序最大，我们选择的肯定是一个后缀。那么有了暴力 \(\mathcal O(n^2)\) 做法：对每个后缀贪心一遍得到其排列 \(p\)，然后比较字典序。

我们希望快速比较两个后缀 \(i,j\) 谁更优秀，根据比较字典序的规则，我们需要：

• 快速找到 LCP。
• 快速知道某一位的值。

考察我们这个贪心的流程：

• 如果这个字符没有出现过，赋值为还没使用过的最大字符。
• 否则，该字符的新字符已经确定。

那么快速确定每个字母的值是比较简单的：将所有字母在这个后缀以后的第一次出现位置倒序排序即可。

注意到一个位置的字符和其前驱的位置强相关，如果我们将小于后缀开头的位置都设为 \(0\)，那么我们可以用序列 \(\{i-pre_i\}\) 来刻画原串。进一步的，序列 \(\{i-pre_i\}\) 之间的等量关系和两串的等量关系完全相同。

有了这个观察，我们可以线段树动态维护序列 \(\{i-pre_i\}\) 的哈希值并二分求 LCP。

复杂度视实现可以做到 \(\mathcal O(n \log n)\) 或 \(\mathcal O(n \log^2 n)\)。

D Yet Another Balls and Boxes Problem \(\color{red} \times\)

给定数组 \(a(n \le 2 \cdot 10^5,a_i \le 10^5)\)，一次操作是选择 \(x,y\) 满足 \(a_x \ge a_y\)，同时令 \(a_x \gets a_x - a_y,a_y \gets 2a_y\)。用不超过 \(2 \cdot 10^6\) 次操作使得数组里只剩下一个元素，或报告无解。

最理想的情况是，数组是 \(2^k\) 个 \(1\)，这种情况非常好做。

考虑能够借鉴上面倍增的思想，每次合并两个奇数，操作后一定会得到两个偶数。如果恰好有偶数个奇数，则两两合并后全都会变成偶数；否则总和一定是奇数。

如果每次合并都有偶数个奇数，那么合到最后立刻结束。否则我们断言直接无解。考虑一个奇素数 \(p\) 满足 \(p\) 是 \(\sum a_i\) 的因数，则 \(a_i \bmod p = 0\) 会对所有 \(i\) 成立。考虑一个数对 \((x,y)\) 满足 \(x \bmod p \ne 0\) 且 \(y \bmod p \ne 0\)，操作完后显然不可能变成 \(0\)，故无解。

• 某模拟赛加强了这题：可以留下两个数字。
• 注意到把每一轮多出的那个奇数留下来，最后会剩下一个有 \(\mathcal O(\log n)\) 个数字的互不相同序列。
• 考虑选出三个数字 \(a < b < c\)，我们通过操作实现 \(b \gets b \bmod a\)，并不断迭代直到最小值等于 \(0\)。
  • 注意到 \(b \bmod a = b - a \lfloor \frac{b}{a} \rfloor\)，记 \(t = \lfloor \frac{b}{a} \rfloor\)，考虑类似快速幂的，每次给 \(a\) 乘 \(2\)，如果第 \(i\) 位是 \(1\) 就给 \(b \gets b - a\)，否则去对 \(c\) 操作。
  • 操作完后，\(a\) 会翻 \(t\) 倍，\(c\) 会变小，\(b\) 会变成一个 \([0,a-1]\) 之内的数字。
• 我不清楚怎么严谨的分析操作次数，但是看起来最小值大概是除以 \(2\) 了的。迭代一次的轮数可以看作 \(\mathcal O(\log n)\)，故操作数量为 \(\mathcal O(\log^3 n)\)。

E Output-Only \(\color{green}\checkmark\)

构造两个长度为 \(10^5\) 的正整数序列，满足 \(\forall i \in [1,2 \cdot 10^6]\)，都存在 \(x,y\) 满足 \(a_x \cdot b_y = i\)。

非常搞笑的题。

首先所有质数肯定要存在在序列里，打表发现 \(2 \cdot 10^6\) 以内的质数大概有 \(1.5 \cdot 10^5\) 个，我们将它们平分至两个序列。

直接把 \(1 \sim 20000\) 塞进每个序列。一个 \(2 \cdot 10^6\) 内的数字不可能有两个大于 \(2 \cdot 10^4\) 的质因子，故问题解决。

I Prefix Or \(\color{green}\checkmark\)

给定序列 \(a(n,a_i \le 2\cdot 10^5)\)，重排使得其所有前缀的或和之和最小。

看完题立刻写贪心：每次找最小的或和，只有 \(\mathcal O(\log n)\) 个不同的或和，故暴力复杂度正确！样例全过！然后不出意料的 wa 掉了。

考虑以下数据：

4
4 4 4 3

注意到 \([3.4.4.4]\) 是不优秀的，因为 \(3\) 被算了太多次。

我想了很久也没能设计出一个合理的贪心策略，注意到值域不大，考虑 DP。

设当前最后一个位置的或和是 \(i\) 时最小前缀或和和时 \(dp_i\)。注意到这时候由贪心的思想，序列的长度其实是已经确定的：所有是 \(i\) 子集的元素其实都已经放在序列前面，故序列长度是 \(c_i\)，而这个值可以高维前缀和预处理。

有 DP 式子：\(dp_i+(i|a_j) \cdot (c_{i|a_j} - c_i) \to dp_{i|a_j}\)，但是这个 DP 是 \(\mathcal O(nV)\) 的，不能通过。

考虑对其进行放缩，去掉只可以或上 \(a\) 中元素的限制，直接做子集 DP，容易发现这样正确性仍然保持不变。

可以直接枚举子集做到 \(\mathcal O(3^{\log V})\)。

J Balanced Permutation \(\color{green}\checkmark\)

给定长为 \(n(n \le \textbf{5000})\) 的排列 \(a\)，有些位置还没有填。补全排列 \(a\) 以最小化 \(\max|ip_i - jp_j|\) 的值。

不要被数据范围骗了。

想了很久也想不出来贪心从大往小填哪里不对，写了一发 \(\mathcal O(n)\) 的贪心，直接过了，傻逼。

与上面那个题形成鲜明对比。

2021

Day 2

I Multiple Swap \(\color{green}\checkmark\)

给定两个长 \(n-1(n \le 5 \cdot 10^{\textbf 4})\) 的数组 \(a,b\)，一次操作你可以选择两个位置 \(i,j\) 满足 \(j\) 是 \(i\) 的倍数并交换 \(a_i,a_j\)。在 \(10^6\) 次操作内将 \(a\) 变成 \(b\)，或报告无解。

大水题，不知道咋 2k8 的。

首先我们可以根据 \(b\) 重标号 \(a\)，目标变成给 \(a\) 排序，只需要 \(n - 1\) 次交换任意两个数的操作。

有一个直观的交换方法是，\(i \to 2i \to 2 \to 2j \to j\)，唯一的问题是可能会出现 \(2i,2j > n\)。

注意到大于 \(n/2\) 的质数不可能被移动，故如果这些位置有不同必然直接无解。

否则，每个数字的最小质因子必然不超过 \(n/2\)，故交换路径 \(i \to f_i \to 2f_i \to 2 \to 2f_j \to f_j \to j\) 一定合法，需要 \(11\) 次操作，符合条件。

J Min-Max Sequence \(\color{green}\checkmark\)

给定 \(n,m(n,m \le 2 \cdot 10^5)\) 和长 \(n\) 的序列 \(a,b\)，你需要计数满足下面条件的值域 \([1,m]\) 的序列 \(c\)，对 \(998244353\) 取模：

• 条件：如果 \(a_i = 0\) 则 \(\min(b_i,b_{i+1}) = c_i\)；如果 \(a_i = 1\) 则 \(\max(b_i,b_{i+1}) = c_i\)。

直接设 \(dp_{i,j}\) 表示已经填了 \(i\) 个位置且最后一项的值是 \(j\) 的方案数，以 \(\max\) 为例，转移方程是

\[dp_{i,j} = \begin{cases} \sum\limits_{k \le j} dp_{i-1,k} & j = a_i\\ [j \le a_i] dp_{i-a,a_i} & \text{otherwise}\end{cases} \]

可以直接上线段树优化。

更优美的做法是，\(dp\) 数组有值的位置一定是一个值相同的区间和一个单点，可以直接维护，转移时讨论。复杂度线性。

K Bracket Inserting \(\color{green}\checkmark\)

你有一个空的字符串 \(s\)，一次操作可以在任意位置插入相邻的一对括号（即，\(s = s[1,i] + \texttt{()} + s[i+1,n]\)）。问 \(n\) 次操作后得到 \(t\) 的方案数，模 \(998244353\)。

把每次插入一对括号的过程倒过来看作每次删除一对括号，容易发现删除顺序本质上是括号树的拓扑序。

有根树的拓扑序计数是经典问题，考察每个点作为子树最小值的概率，故答案是 \(\dfrac{n!}{\prod siz_i}\)。

L ジグザグ道 \(\color{green}\checkmark\)

给定 \(n\) 个点 \(m\) 个点的图（\(n,m \le 10^5\)），边带互不相同的权。求一条 \(1\to n\) 的路径，满足路径上的边权 \(c_1,c_2,\ldots,c_k\) 满足 \((c_i-c_{i-1})(c_{i+1}-c_i)<0\)。

考虑如果只需要严格递增怎么做：可以对每个点拆入点和出点，然后做前后缀优化建图。

现在需要先增后减，那么不妨额外记一个 \(0/1\) 跑最短路，总边数是大常数 \(\mathcal O(m)\)。

M Deque and Inversions \(\color{red}\times\)

• 定义一个排列 \(p\) 的权值是，执行以下操作后 \(q\) 的逆序对的最小值：
  • 初始时 \(q\) 为空。
  • 对于 \(i = 1,2,3,\ldots,n\)，你可以选择将 \(p_i\) 放在 \(q\) 的开头和结尾。
• 求所有 \(n!\) 个排列 \(p\) 的权值之和。
• \(1 \le n \le 10^6\)。

首先对题目做第一步转化，注意到不管把 \(p_i\) 插在哪里，\(p_{i+1}\) 插入时造成的逆序对数总是相同，因此可以直接按步骤贪心。即，如果设 \(f_i\) 表示 \(i\) 前面小于 \(p_i\) 的数量，答案是 \(\sum \min(f_i,i-1-f_i)\)。

一个很重要的观察：设 \(g_{i,j}\) 表示 \(f_i = j\) 的排列数量，对于固定的 \(i\)，\(g_{i,0} = g_{i,1} = \ldots,g_{i,i-1} = \dfrac{n!}{i}\)。直接列式子暴力证，发现最后实际上要证明的是 \(\sum \limits_{i} \binom{i}{p}\binom{n-i}{q} = \binom{n+1}{p+q+1}\)，使用类似上指标求和的组合意义证明。

N Polynomial Comparison \(\color{green}\checkmark\)

给你两个多项式 \(f(x),g(x)(n,m \le 2 \cdot 10^5)\)，问 \(x = k\) 时 \(f(x),g(x)\) 的大小关系。

首先先给 \(f \gets f - g\)，只需要比较 \(f(k)\) 和 \(0\)。考虑从大往小处理，由于 \(x^k = x \cdot x^{k-1}\)，如果 \(x^k\) 的系数不为 \(0\) 我们就给 \(x^{k-1}\) 的系数加上这个值乘 \(x\)。注意到当某一项系数已经很大的时候，整个式子和 \(0\) 的大小关系就取决于这一项，直接判断即可。

O Golf \(\color{green}\checkmark\)

给定一个字符串 \(s(n \le 2 \cdot 10^5)\)，定义一个字符串 \(t\) 是好的，当且仅当 \(t\) 在 \(s\) 中出现了恰好一次。\(q(q \le 2 \cdot 10^5)\) 次询问，每次询问给出 \(l,r\)，查询最小的 \(len\) 满足存在一个 \(x \le l,x + len - 1 \ge r\) 且 \(s[x,x+len-1]\) 是好的。

固定起点时，好的字符串长度有单调性。我们首先用后缀数组求出 \(a_i\) 表示以 \(i\) 为左端点的串长度大于等于 \(a_i\) 的都是好的。

然后就变成了一个线段树扫描线问题，直接维护即可。

Day 3

E お菓子 \(\color{green}\checkmark\)

E お菓子 \(\color{red}\times\)

给定一个序列 \(a(n \le 1 \cdot 10^5)\)，\(q(q \le 1 \cdot 10^5)\) 次操作，支持单点修改，查询有多少个区间的 \(\text{lcm} = x\)。

有一个比较简单的 \(\mathcal O(n \log^3 n)\) 做法，即维护线段树区间的 \(\mathcal O(\log n)\) 个前后缀并暴力合并。

但是注意到一个性质：包含位置 \(x\) 的区间的不同 \(\text{lcm}\) 其实只有 \(\mathcal O(\log^2 n)\) 个，原因是前后缀各自只有 \(\mathcal O(\log n)\) 个。那修改的时候直接线段树二分找出来，用 umap 动态维护。

F ワープ \(\color{green}\checkmark\)

• 给定一条 \(1 \to n\) 的链和 \(m\) 个点对 \((u_i,v_i)\)，\(q\) 次询问问如果加一条边 \(x,y\)，\(m\) 对点的最短路之和。询问之间独立。
• \(1 \le n,q \le 3 \cdot 10^5\)。

垃圾题，根据 \([x,y],[u_i,v_i]\) 的位置关系分类讨论直接走 \(v_i - u_i\) 和走额外边 \((x,y)\) 的代价哪个更小。有 \(3\) 种情况只有 \(u_i,v_i\) 的限制，另一种还有 \(v_i - u_i\) 的限制。跑 \(5\) 遍二维数点和 \(2\) 遍三维数点即可计算贡献。复杂度 \(\mathcal O(n \log^2 n)\)。