CF1358 简要题解

咕咕咕，昨晚忘记打了，因此被 D 了一顿（

Good problems, pathetic memes.

• A

显然放一个灯泡点亮两个格子，等价于用可重叠的骨牌覆盖黑白棋盘。因此答案就是 \(\lceil\frac{nm}{2}\rceil\)。

• B

由于同时邀请多个人的时候，她们之间会互相看到，因此分成多次邀请一定不如一次性把所有人都邀请来优（先被邀请到的人不能看到后被邀请的人）。

于是只需要考虑最多能邀请多少人即可。显然，按照 \(a_i\) 排序后，如果后面的人能被邀请，那么前面的人也可以。因此，能邀请的最后一个人是最大的 \(i, a_i\leq i\)。

• C

计算本质不同的结果数，有 arc 内味了（

由于对于任意的 \(y>1\)，有 \(f_{x+1, y-1}=f_{x, y}+1\)，因此对于一条 \((x_1, y_1)\rightarrow (x_2, y_2)\) 的路径，假如它不是 L 形，即先一直向下，再一直向右的情况，那么将任意一组 \(x\ne x_2, (x, y)\rightarrow(x, y+1)\rightarrow(x+1, y+1)\) 的操作变成 \((x, y)\rightarrow(x+1, y)\rightarrow(x+1,y+1)\)，必然会让路径的权值和恰好增大 \(1\)；反过来同理。可以证明，除了 L 形之外，所有路径都至少存在这样的一个操作。因此，在路径的权值和从最小向最大变化时，中间的每一个值都可以取到；并且 \((x_1, y_1)\rightarrow (x_2, y_1)\rightarrow(x_2, y_2)\) 必然是最大的路径，\((x_1, y_1)\rightarrow (x_1, y_2)\rightarrow(x_2, y_2)\) 必然是最小的路径。

考虑如何计算这两条路径的权值差。实际上不难发现，我们并不需要计算出每个位置的值或某条路径的权值和，只需要比较每一对对应的位置，对这一对位置的差求和即可。由于每一对位置都恰好在同一条反对角线上，它们的差随着路径延伸，是一个先增大，持续一段时间，再缩小的过程。分别算一下即可。

• D

可以发现，结束的时间点必然是某个月的月末。

设持续的区间为 \([l, r], r=l+x-1\)，考虑 \(r\) 所在的月份 \(i\)，如果 \(r\) 没有卡在第 \(i\) 个月的月末的话，比较 \(l\) 和 \(r+1\) 在当月中天数的大小 \(p_l, p_{r+1}\)。如果 \(p_l>p_{r+1}\)，那么直接将整体向左移更优，直到 \(r\) 成为第 \(i-1\pmod n\) 个月的月末为止。由于 \(p_l>p_{r+1}\)，这样移动一定可以移到某个月末。否则，类似地，直接将整体向右移到第 \(i\) 个月的月末，答案也不会变差。

因此，只需要考虑 \(r\) 在每个月的月末的情况，双指针维护 \(l\) 所在的月份和天数即可。跨年的情况可以将月份数组直接复制一份接在后面。

• E

很有趣的题目，但是边界之类的细节略多，写起来很头疼（

首先是一个很好证明，却没那么容易得到的观察：假如某个 \(k\in [1, \lfloor\frac{n}{2}\rfloor]\) 满足条件，那么任意整数 \(x>1, xk\leq n\)，对应的 \(xk\) 都满足条件。证明只需要考虑将首尾相邻的 \(x\) 个区间拼起来即可，由于每个部分都有 \(\sum_{i=l}^{l+k-1} a_i>0\)，显然拼起来之后也 \(>0\)。

因此，我们只需要考虑 \(k\in [\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1, n]\) 的即可。注意到这些 \(k\) 都满足，任意一个长度为 \(k\) 的子区间 \([r-k+1, r]\)，都满足 \(r+1\) 在 “the same” 范围内。换句话说，对于每个左端点，它对 \(k\) 的限制都形如 \(c+kx >0\) 或 \(k\geq b\)（即这个左端点对应的子区间右端点超过了 \(n\)，它自然就不存在了）。

分 \(x\geq 0\) 和 \(x<0\) 讨论一下，第一种情况实际上只需要判断 \(\sum_{i=1}^n a_i>0\) 是否成立即可（因为在 \(k\) 尽量大时，一定能满足更多的限制）。

否则，每个限制都可以解出 \(k\leq a\) 或 \(k\geq b\)，只需要将 \((a, b)\) 这个区间内打上标记，最后判断 \([\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1, n]\) 内有没有不带标记的位置即可。边界和细节比较多，需要仔细判断。

• F

一个关键的观察是，从 \(b\) 逆着还原 \(a\) 时，设 \(R(b)\) 表示 \(b\) 翻转后的结果，如果当前的 \(b\ne a\) 且 \(R(b)\ne a\)，那么它至少还要经过一次 \(P\) 操作，因此此时的 \(b\) 必然是单调增或单调减的。

因此，只要它仍然是严格单调的，就可以直接模拟从 \(b\) 或 \(R(b)\) 还原 \(a\) 的过程。对于一个 \(a\rightarrow b\) 的过程，考虑所有可能性中值最小的一个，即初始全为 \(1\)，每次只执行 \(P\) 操作，发现 \(a_n\) 在 \(m\) 次操作后会变为 \(\binom{n+m-1}{n}\)。换句话说，\(\max a_i\) 的增长速度是以 \(n-1\) 为底，关于 \(m\) 的指数级的。只要 \(n>2\)，直接模拟就跑得飞快。

对于 \(n=1\) 的情况，有解当且仅当 \(a=b\)。

对于 \(n=2\) 的情况，如果 \(a=\{1, 1\}\)，\(b=\{1, 10^{12}\}\)，直接模拟显然不行。但是注意到，除了最后一段连续的 \(P\) 操作，剩下的都可以用取模代替。