Codeforces Round #773 (Div. 1) 题解

再一次白给……E 十分可做结果现场开都没开（其实是开了也没时间写完），D 写 $2^mn\log n$ 甚至跑不过 bitset 暴力。。。还好是小号，否则就要掉大分了 /dk/dk

A

直接模拟即可。碰到商为 $x$ 的数对就将它们暴力配对。

B

一道很容易想复杂的题，现场卡了很久最后才发现是我想复杂了……

首先如果存在一种数出现次数为奇数那显然不行。考虑如何对于剩余的情况构造出一个合法的序列，我们找出第一个 $i$ 使得 $a_i=a_1$，然后在 $a_i$ 后面插入两个 $a_2$，在两个 $a_2$ 后面再插入两个 $a_3$，两个 $a_3$ 后面插入两个 $a_4$，以此类推。譬如 $a$ 序列为 $1,2,2,3,3,1$，那么我们就进行一次操作将序列变为 $1,2,2,3,3,1,2,2,3,3,3,3,2,2$，然后将序列的前 $10$ 分划分成一个符合要求的序列 $1,2,2,3,3\mid 1,2,3,3,1$，这样我们再对后面的序列 $3,3,2,2$ 构造即可，这样一来序列长度减少了 $2$，并且剩余的序列依然满足每种数出现次数为偶数，归纳构造即可，总操作次数就是 $\mathcal O(n^2)$，刚好符合本题的限制。

C

首先对于一条形如 0 l r 的信息，我们可以确定 $[l,r]$ 中的数都是 $0$，这个可以使用 set 维护区间删点。对于一条形如 1 l r 的信息，如果我们发现 $[l,r]$ 中 $0$ 的个数恰好等于区间长度减 $1$，那么我们可以确定区间中那唯一不是 $0$ 的元素是 $1$。那么对于剩余的元素呢？显然，我们没办法知道剩余元素的值，因此当我们询问这些位置时，答案一定是 N/A。

这样我们就能够确定最终每个位置的状态（是 $0$ / 是 $1$ / 不确定），但是对于此题，我们还要动态地维护一个已知消息的集合并根据集合中的信息，判定每个位置的状态。这个其实也比较好办，只需要再记录一下我们知道每个位置的状态的时间戳 $t_i$ 就行了，对于最终状态为 $0$ 的位置，我们就将其时间戳设为我们将其赋为 $0$ 的时间，对于最终状态为 $1$ 的位置 $i$，我们枚举所有包含 $[l,r]$ 的区间，计算出 $[l,r]$ 中所有 $0$ 被确定的时间与该区间的信息获得的时间的 $\max$，设其为 $v$，然后令 $t_i$ 对 $v$ 取 $\min$。这样每次询问只需检验确定的时间是否 $\le$ 当前询问的时间即可。

D

奇奇怪怪题目，$n2^m\log n(\approx 5\times 10^7)$ 跑不过 $n\sqrt{n}+\dfrac{n^2m}{\omega}(\approx 7\times 10^8)$……我也是无语了（

做法有很多，这里讲一种我的做法。考虑如何判断一个数组的集合 $S$ 内是否存在一个与 $a_i$ 不相交的集合。我们考虑 $S$ 中的所有数组 $a_x$，我们统计 $cnt_T$ 表示 $\sum\limits_{a_x\in S}[T\subseteq a_x]$，也就是 $S$ 中有多少个数组 $a_x$，满足 $T$ 是 $a_x$ 的子序列，那么 $c=\sum\limits_{T\subseteq a_i}cnt_T·(-1)^{|T|}$ 就是 $S$ 中与 $a_i$ 不交的数组个数，这个可以用容斥的思想来说明，因为 $\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i=[n=0]$，所有与 $a_i$ 不交的数组恰好会对和式产生 $1$ 的贡献，而所有与 $a_i$ 相交的数组不会对和式产生贡献。

这样一来思路就比较明显了：二分答案 $mid$，然后将所有数组按 $w_i$ 排序，check 过程中按 $w_i$ 降序枚举所有数组，这样所有与 $w_i$ 权值之和 $\le mid$ 的数组是一段前缀，two pointers 维护这个前缀集合的信息即可。

现场写了个线段树二分……当然过不去（

E

一道非常普通的多项式题。

考虑设 $p_i$ 表示离 $i$ 最近的关键点离 $i$ 的期望距离，那么我们不妨先假设可以取空集，算出期望后乘个 $\dfrac{2^m}{2^m-1}$ 即可。

考虑如何求 $p_i$，我们设 $sum_i$ 表示前 $i$ 个点中关键点的个数，$c_i$ 表示 $i$ 是否为关键点，那么很明显我们要枚举离 $i$ 最近的关键点是什么（如果有多个最近的关键点，我们不妨假设最左边的关键点离 $i$ 最近），设其为 $j$，这样距离 $i$ 小于 $i$ 到 $j$ 距离的关键点都不能被选，特别地，如果 $j$ 在 $i$ 右边，那么离 $i$ 距离等于 $i$ 与 $j$ 的、且在 $i$ 左边的关键点也不能被选。这样我们可以列出式子：

$$p_i=\sum\limits_{j=1}^{i-1}c_j·(\dfrac{1}{2})^{sum_{2i-j-1}-sum_{j-1}}·(i-j)+\sum\limits_{j=i+1}^{n}c_j·(\dfrac{1}{2})^{sum_j-sum_{2i-j-1}}·(j-i)$$

很明显可以想到拆为 左边带 $i$ 项、左边带 $j$ 项、右边带 $i$ 项、右边带 $j$ 项处理，以左边带 $i$ 项为例，记 $A_x=c_x·2^{sum_{x-1}},B_x=\dfrac{1}{2^{sum_{x-1}}}$，再设 $C_z=\sum\limits_{x+y=z,x<y}A_xB_x$，那么这一部分对 $p_i$ 的贡献就是 $C_{2i}·i$。而求解 $C$ 是经典问题，可以使用分治 NTT 解决。这样复杂度是 $n\log^2n$。