CF1188 简要题解
这大概是我打得最丢人的一场 div1（虽然是 vp），比那场 FST round 还丢人（
实际上是因为 A2&B 太毒瘤，就直接没看 CDE，实际上 CDE 都是弱智题……
- A1
如果存在度数为 \(2\) 的点，只要让这个点的两条边上的数字不同即可。其他情况均可构造，具体方案可以从下一题中拓展出来。
- A2
由于保证边权两两不同，无解情况和上一题相同。
首先考虑一个简化版的问题：每个点的度数 \(\in \{1, 3\}\)。这种情况下，考虑 dfs 的过程。
若当前位于某个叶子 \(d\)，则直接返回一个 "接口"，形如 \((d, v)\)，其中 \(v\) 表示连接 \(d\) 与其父亲之间的边权。
否则，设当前位于 \(i\) 的子树，已经遍历完了 \(i\) 的两个儿子，并获得了这两个儿子的 "接口" 列表。假设两个儿子的接口中，\(v\) 之和恰好为连接儿子的边权值，我们试图归纳地将 \(i\) 的 “接口” 中 \(v\) 之和也变为连接 \(i\) 父亲的边权值。实际上，这就是一个三元一次方程组，解一下就可以知道将两个儿子中 \(v\) 之和为多少的 “接口” 对接成一次操作。剩下的 “接口” 可以直接放到 \(i\) 处。注意在一次对接中，不一定要将两个 "接口" 的 \(v\) 全都消耗完。
实际上，度数 \(>3\) 的情况，只需要先将多余的儿子内部完全对接起来即可，最后保留两个儿子即可。
代码和过程都比较精污……大概是我做麻烦了，赛后交了 \(12\) 发才过（
- B
太棒了，我不会初中数学。
由于元素两两不同，可以在条件两边同时乘上 \((a_i-a_j)\)，得到：
所以将每个 \(a_i\) 的 \(a_i^4-a_i\cdot k\) 算出来，丢到 map 里统计一下就完了。
- C
就这？
显然可以先将 \(b\) 排序。设 \(f(S)=\min_{i\in S,j\in S, i\ne j} \left|b_{i}-b_{j} \right|\)，我们要求的是 \(\sum_{i=0}^{\infty} i\cdot \sum_{S\in \{1, 2, \ldots, n\}, |S|=k} \left[f(S)=i\right]\)。它等价于 \(\sum_{i=1}^{\infty}\sum_{S\in \{1, 2, \ldots, n\}, |S|=k} \left[f(S)\geq i\right]\)。
如果枚举 \(i\)，可以用前缀和、双指针优化 dp，在 \(O(nk)\) 内求出 \(\sum_{S\in \{1, 2, \ldots, n\}, |S|=k} \left[f(S)\geq i\right]\)。注意到可能的最大的 \(i\) 不超过 \(\lfloor\frac{\max b_i}{k-1}\rfloor\)，因此总的复杂度是 \(O(n\max b_i)\)，可以通过。
确实，就这。
- D
就这？
原问题等价于求一个 \(s\)，使得 \(s\geq \max a_i\)，并最小化 \(\sum_{i=1}^n\operatorname{popcount}(s-a_i)\)，其中 \(\operatorname{popcount}(x)\) 表示 \(x\) 在二进制下的 \(1\) 的个数。不难发现，如果所有 \(s-a_i\) 的最高位的 \(1\) 都相同，那么完全可以同时去掉这个 \(1\)。因此，设 \(x\) 表示 \(\max a_i\) 的最高的 \(1\) 的位置，有 \(s<2^{x+2}\)。
我们从低位向高位数位 dp，设 \(f_{i, j}\) 表示只考虑最低的 \(i\) 位，并将 \(a\) 按照最低的 \(i\) 位排序后，\(s\geq a_j\) 且 \(s<a_{j+1}\) 的情况下，在 \(s-a_i\) 最低的 \(i\) 位中的 \(1\) 的个数和的最小值（好像很拗口……）。
转移的时候，对于一个状态 \(f_{i, j}\)，枚举 \(s\) 的第 \(i+1\) 位上是否是 \(1\)，可以将 \(a\) 序列分为 \((0/1, 0/1)\) 的四部分：第 \(i+1\) 位上是否是 \(1\)；考虑前 \(i\) 位时，下标是否 \(\leq j\)。将前 \(i\) 位 \(s-a_u\) 中减法的借位考虑进来，可以发现四个部分对应的 \(a_u\) 第 \(i\) 位分别是 \(0, 1, 1, 2\)。因此，如果 \(s\) 的第 \(i+1\) 位是 \(1\)，那么这一位上产生的贡献是第一和第四部分的元素个数，转移到的位置（\(f_{i+1, j}\) 中的 \(j\)）是前三部分元素个数和；否则，产生的贡献是第二和第三部分元素个数，转移到的位置是第一部分元素个数。注意枚举每个 \(i\) 时要按照第 \(i\) 位是否为 \(1\)，将 \(a\) “反归并” 排序。
确实，就这。
- E
就这？
对于这一类统计 “有多少种本质不同的染色” 的题目，一般都是从判断 “某种确定的染色是否合法” 入手。
首先注意到操作等价于给每个颜色都 \(-1\)，然后给某个颜色 \(+k\)，并且任意次操作后所有颜色总数不变。因此，设一共操作了 \(x\) 次，对于 \(x_1\not \equiv x_2\pmod k\) 的情况，它们产生的结果必然不会相同（因为 \(a_i\bmod k\) 的值不同）。
因此考虑枚举 \(r=x\bmod k\)。先判断是否存在至少一个操作序列至少操作了 \(r\) 次。将 \(a\) 排序后，显然按照 \(a_1\rightarrow a_k\) 的顺序操作最优。因此，如果 \(a_i<i-1\)，在操作第 \(i-1\) 次的时候必然会存在多个位置是 \(0\)，从而无法操作。这时候，我们发现，如果可以操作至少 \(k\) 次，那么只要按照 \(a_1\rightarrow a_k\) 的顺序复读，就可以无限地操作下去；否则，这个序列就最多只能操作 \(r\) 次。
对于能操作至少 \(k\) 次的，我们从 \(r=0\rightarrow k-1\) 枚举。最开始时，给每个位置分配 \(a_i\bmod k\) 的权值，不难发现剩余的空闲权值 \(s\) 一定能被 \(k\) 整除，并且可以将 \(\frac{s}{k}\) 在 \(k\) 个位置上任意分配。\(r\) 每次移动时，等于每个位置初始分配的权值减小了 \(1\)。这时候只需要把所有权值 \(<0\) 的位置再分配 \(k\) 的权值即可。由于操作可以持续无限次，任意一种分配方式都是合法的。
否则，我们仍然枚举 \(r\)，此时只需要模拟每一步如何操作即可。换句话说，对于每一步中新增的操作，我们不需要直接将它反映在序列上，而是记录新增了多少次操作。如果出现了 \(a_i<0\) 的情况，就将 \(k\) 的权值分配给 \(a_i\)。每一步中，空闲的操作都可以给 \(k\) 个位置任意分配。不难证明，上面枚举的方案都是合法的，且不重不漏。
确实，就这。（诶你是 \(3200\) 的题啊，给点面子好不好）
