AtCoder Regular Contest 135 题解

A

最终拆分得到的数是若干个 $3$ 和若干个 $2$ ，用 map 模拟拆分的过程即可。

B

考虑将 $a_1,a_2$ 看作主元。那么发现，

• 如果 $i\equiv 1\pmod{3}$，那么 $a_i=a_1+c_i$。
• 如果 $i\equiv 2\pmod{3}$，那么 $a_i=a_2+c_i$。
• 如果 $i\equiv 0\pmod{3}$，那么 $a_i=c_i-a_1-a_2$。

其中 $c_i=a_{i-2}-c_{i-1}-c_{i-2}(i\ge 3),c_1=c_2=0$。

又因为 $a_i\ge 0$，我们乱搞搞即可可以得到形如 $a_1\ge X,a_2\ge Y,a_1+a_2\le Z$ 的式子，由此可以得出一组合法的 $\{a_i\}$。

C

记 $B_i=A_i\oplus A_1$，那么可以发现能够得到的序列中第一个元素只有以下几种可能：

• $A_1$
• $B_2,B_3,\cdots,B_n$

记这个集合为 $S$，那么题目等价于求 $\max\limits_{x\in S}\sum\limits_{i=1}^nB_i\oplus x$，直接无脑建出 $B_i$ 的 trie 树后在上面瞎 dfs 即可。

然后才发现 wssb，只用记录下 $B_i$ 中每一位上 $1$ 的个数，这样可以 $\mathcal O(\log V)$ 地对每一个 $x$ 计算 $\sum$ 里的值。

D

一道我不是太擅长的转化 + 贪心。

u1s1 我整场比赛就败在这道题上了，过完 C 后我花了整整 20 分钟思考这道题却毫无头绪，丢了 D 开了 E 后才发现 E 比 D 可做许多，到后来会了 E 却没来得及调了 /ll/ll

记最终得到的序列为 $B$，令 $X_{i,j}=A_{i,j}·(-1)^{i+j}$​，$Y_{i,j}=B_{i,j}·(-1)^{i+j}$。那么可以发现，一个矩阵 $B$ 能够被得到的必要条件是 $\forall i$，$X$ 矩阵第 $i$ 行的和等于 $Y$ 矩阵第 $i$ 行的和；$\forall j$，$X$ 矩阵第 $j$ 列的和等于 $Y$ 矩阵第 $j$ 列的和。同时也不难证明其是充分条件：每一次通过 $n-1$ 次操作将 $X,Y$ 第一列上的值变得相同，然后归纳下去即可。

也就是说题目转化为，给定一个矩阵 $A$，我们要求出令一个矩阵 $B$，满足 $\forall i$，$A$ 第 $i$ 行上所有元素之和等于 $B$ 的第 $i$ 行上所有元素之和，$\forall j$，$A$ 第 $j$ 列上所有元素之和等于 $B$ 的第 $j$ 列上所有元素之和。我们将这个过程倒过来，记 $x_i$ 表示 $A$ 矩阵第 $i$ 行的元素和，$y_j$ 表示 $B$ 矩阵第 $j$ 列的元素和，那么每次操作等价于，选择一个 $(i,j,V)$，令 $x_i\leftarrow x_i-V,y_j\leftarrow y_j-V,Y_{i,j}\leftarrow Y_{i,j}+V,ans\leftarrow ans+|V|$。要使得最终 $x_i=y_j=0$ 且 $ans$ 最小。

不难发现答案下界是 $\max(\sum\limits_{i=1}^n|x_i|,\sum\limits_{j=1}^m|y_j|)$。考虑这样构造达到这个下界：

• 首先，每次选择一组 $x_i>0,y_j>0$ 的 $(i,j)$，然后执行操作 $(i,j,\min(x_i,y_j))$，或者选择一组 $x_i<0,y_j<0$ 的 $(i,j)$，然后执行操作 $(i,j,\max(x_i,y_j))$。、
• 如果找不到这样的 $i,j$，那么意味着 $x,y$ 之一已经被情况，不妨假设 $y$ 已经被清空，此时我们再找出一对 $i_1,i_2$ 使得 $x_{i_1}>0,x_{i_2}<0$，然后执行 $(i_1,1,\min(x_{i_1},-x_{i_2})),(i_2,1,-\min(x_{i_1},-x_{i_2}))$​ 即可。

可以发现通过上述构造，答案刚好达到下界 $\max(\sum\limits_{i=1}^n|x_i|,\sum\limits_{j=1}^m|y_j|)$。

时间复杂度 $\Theta(n^2)$，如果将 $n,m$ 视作同阶。

E

u1s1 这个 E 真的比 D 可做！！！！111

首先暴力求解答案非常容易：每次找到 $>a_i$ 且为 $i+1$ 的倍数的最小数作为 $a_{i+1}$。

注意到这样一个性质，就是当 $i$ 大概达到 $\sqrt{X}$ 时，$a_i=a_{i-1}=a_{i+2}-a_i$，也就是说 $a_i$ 在 $\sqrt{X}$ 附近的某个位置之后是一个等差数列。

这样我们就得到了一个 $\sqrt{X}$​ 的做法，对小于这一阈值的部分暴力，大于这一阈值的部分等差数列求和，想法很好，唯一的不足是过不去（

考虑优化，直觉告诉我们，当 $i$ 达到一个小于 $\sqrt{X}$ 的临界值时，$\dfrac{a_i}{i}$ 也开始成等差数列——更具体地，是一段一段等差数列。我赛时打了个表，发现当 $X=10^{18}$ 时，$[1,2\times 10^6]$ 中，$\dfrac{a_i}{i}$ 的等差数列段数大概是 $116\times 10^4$，但 $[1,10^8]$ 中，$\dfrac{a_i}{i}$ 的等差数列段数只增长到了 $117\times 10^4$，这意味着 $2\times 10^6$ 后面这一部分等差数列段数是很少的，因此直接暴力找等差数列即可，找等差数列可以二分右端点，然后判是否前一项都大于后一项即可，这容易 $\mathcal O(1)$ 判断。事实上，官方题解证明了等差数列段数是 $X^{1/3}$ 的，有兴趣可以研究官方题解（

为什么赛时没调出来 /fn/fn/fn

F

太难了，日后有时间再慢慢研究。