构造

概述

• 先空着。

例题

CF1599A

• 题意：现有 \(n\) 个砝码，求一种放置方案，使得每次放置后天平较重的一边符合给出的字符串。

• 数据范围：

  • \(n\leqslant 2\times 10^5,w_i\leqslant 10^9\) 。

  • \(\forall i\neq j,w_i\neq w_j\)。

• 首先有一个很美妙的结论：将砝码按重量升序排序，然后按奇偶性放到对应盘上（先放左盘），每次放完之后一定是刚放完的一边更重。

  • 如果恰放了偶数个，显然 \(w_{2i}>w_{2i-1}\)，故 \(\sum w_{2i}>\sum w_{2i-1}\)。

  • 如果恰放了奇数个，考虑除 \(w_1\) 外的其他砝码，有 \(w_{2i+1}>w_{2i}\)，故 \(\sum w_{2i+1}>\sum w_{2i}\)。

• 从这里我们有三个推论：

  • 对一个放了 \(i\) 个砝码的天平，将一个绝对重于任何一个已放砝码的砝码放到和最重砝码不同的盘，重盘改变。

  • 对一个放了 \(i\) 个砝码的天平，将一个绝对轻于任何一个已放砝码的砝码放到和最轻砝码不同的盘，重盘不变。

  • 以上两种变换后，天平仍然符合上面结论的形式，称为“合法天平”。

• 接下来给出一种构造。

  • 定义 \(cnt\) 为重盘改变的次数。

  • 不妨将 \(w_{n-cnt}\) 放在左盘。如果对应字符串不以 \(L\) 起始，不妨将字符串反转，输出的时候再反转回来。

  • 维护两个指针 \(l,r\)，初始时分别指向 \(n-cnt-1\) 和 \(n-cnt+1\)。

  • 接下来对于每个 \(i>1\)，分类讨论：

    • 如果 \(s_i\neq s_{i-1}\)，将右指针所指的砝码放到 \(s_i\) 盘上。然后++右指针。

    • 如果 \(s_i=s_{i-1}\)，将左指针所指的砝码放到和上次左指针所放的盘不同的盘上，然后--左指针。

    • 特别地，这个“和上次左指针所放的盘不同的盘”初始时认为是和 \(w_{cnt}\) 所在的盘不同的盘。

• 这个构造乍一看和上面的结论同构，但事实上我们还是得严谨地证一下。

  • 连同 \(w_{n-cnt}\) 在内的“右指针砝码”显然构成了一个合法天平，这里的合法天平指的是符合那个结论的天平。

  • “左指针砝码”显然也构成了一个合法天平。

  • 现在尝试把两者拼到一起，看看是否仍然合法。

    • 都放了偶数个：显然合法。

    • 上（右指针砝码）奇下（左指针砝码）偶：可以认为是从都是偶数个的情况又放了一个右指针砝码转移来的。显然，加合天平的重盘一定改变，符合对应右指针砝码的要求，故本加合天平是从合法天平做合法转移得到的，同样合法。

    • 上偶下奇：不妨将孤立考虑上天平时的重盘记为 \(chosen\)，注意到 \(chosen\) 恰不是 \(w_{n-cnt}\) 所在盘。然后孤立考虑下天平，发现奇数编号的左指针砝码在 \(chosen\) 盘上，故 \(chosen\) 盘比非 \(chosen\) 盘的砝码数多 \(1\) 且重量交替出现，符合合法天平的定义。事实上，这也可以递推证明，下同，但我们也用一用直接证明的方式。

    • 上奇下奇：同上，此时上天平 \(chosen\) 多一个，下天平非 \(chosen\) 多一个，适当编号可以发现，\(chosen\) 上的砝码总是编号较大即较重的，符合合法天平定义。

[AGC007B] Construct Sequences

• 题意：给出 \(1\sim n\) 的排列 \(p_n\)，试构造 \(a_{1\sim n},b_{1\sim n}\)，使其满足如下条件：

  • \(\forall i\in [1,n]\ ,\ a_i,b_i\in [1,10^9]\)。

  • \(a_1\ <\ a_2\ <\ ...\ <\ a_N\)。

  • \(b_1\ >\ b_2\ >\ ...\ >\ b_N\)。

  • \(a_{p_1}+b_{p_1}\ <\ a_{p_2}+b_{p_2}\ <\ ...\ <\ a_{p_n}+b_{p_n}\)。

• 数据范围：\(n\leqslant 2\times 10^4\)。

• 一个简单的想法是，如果我们保证了一开始 \(\forall(i,j) a_i+b_i=a_j+b_j\)，譬如 \(a_i=i,b_i=n-i(+1)\)（这个 \(+1\) 可以不要），那么我们可以令 \(b_{p_i}+=i\)。

• 但这会破坏 \(b\) 的性质。解决办法：反正增量 \(\leqslant n\)，给初始构造的 \(a,b\) 乘一个 \(>n\) 的系数就好了。给它留够调整的空间。

• 复杂度 \(O(n)\)。

CF1495C Garden of the Sun

• 题意略。

• 观察到每个 X 在其所在九宫格中都是唯一的，考虑用暴力一点的方式，即先把一些行填满。

• 发现奇偶填还是会有环，故按 \(\bmod 3\) 分组填。但可能不连通，于是向上/下搞“梁”，注意两个满行之间必须有一个“梁”，但若最后一行恰与上个满行距离为 \(2\)，则其必须有所有“梁”。

• 处理一下细节就可以解决，\(O(\sum n\times m)\)。

CF1736D Equal Binary Subsequences

• 题意略。

• 我们设法只做有效操作，即置换环中相邻相异。于是问题变成交替取合计偶数个 \(0/1\)，取反它们。

• 考虑一个暴力构造：奇数位分给 \(sub_1\)。于是如果 \(s_i\neq s_{i+1}(i\equiv 0\pmod 2)\)，取其中和 \(lst\) 不同的一个加入置换环。

• \(O(n)\)。

P8866 [NOIP2022] 喵了个喵

• 题意略。

• 首先看到 \(K=2n-2\) 的部分分。

  • 不妨称每个栈有两个“端口”，但下端口仅在还有至少一个空栈时可消去其上的元素。

  • 于是铺满前 \(n-1\) 个栈的 \(2n-2\) 个端口，然后无脑消即可。

• 考虑推广到 \(K=2n-1\)。首先手模小数据发现有时候需要磊三个，有时候需要占用那个空栈，较为复杂。

• 磊三个：

  • 不妨称 \(nxt_i\) 为第 \(i\) 张牌的后继，所谓后继，就是下一个和它相同的牌的位置。

  • 于是对于 \(nxt_{dw}<nxt_{up}\) 的栈，我们可以在上面再磊一个，因为中间那张牌必然不是第一个消掉的。

• 用空栈：

  • 当上面的情况不成立的时候，使用空栈一定合法。

  • 因为每个下端口都会变成上端口（其上端口更早消掉）。

  • 但如果上端口先消掉又放上去，使得 \(nxt_{dw}<nxt_{up}\) 了呢？

  • 发现好像如果又要放上去，不一定能放回原来的位置。从题目保证有解（体感上一定有解）出发，大力猜结论，我们盲猜放到 \(nxt_{dw}\) 最大的栈上就可以了。

  • 理由很简洁：

    • 在上面的逻辑中我们总是保持着相同的卡不会同时在栈中出现（换言之，奇数个放入，偶数个消掉）。

    • 又显然 \(n=1\) 没有讨论价值，于是可以认为 \(n\geqslant 2\)。

    • 于是我们放到 \(nxt_{dw}\) 最大的栈中，即使仍然有 \(nxt_{dw}<nxt_{up}\) 也不重要，因为总有至少一个栈的 \(siz<2\)，且对应的 \(nxt_{dw}\) 小于这个栈的 \(nxt_{dw}\)。

    • 于是那个栈会先空掉，在下端口所需的牌出现前我们会先得到一个空栈。

    • 推广到多轮情况看似不太严谨（可能先生成空栈又占用），故我们理一下逻辑顺便打个补丁，效果如下：

• 若有不满栈（即 \(siz=1\)）：放 \(nxt_{dw}\) 最大的不满栈。

• 否则，若有合法栈（即 \(nxt_{dw}<nxt_{up}\)）：放任意合法栈。

• 否则：放空栈。

• 发现此时生成空栈之后，空栈不会被堵上或堵上了也无所谓，因为上面的“放到 \(nxt_{dw}\) 最大的栈”上面要么构成合法栈（空栈不会被堵上），要么不依赖空栈（堵上了也无所谓）。

• 更严谨的证明我无法给出。不过实际上嘛，过了我能找到的数据。

• 这一思路是在线构建的。所谓在线，指的是扫到一张牌就把一张牌的决策定下来（毕竟它要预处理 \(nxt\) 的）。然而事实上输出格式要求先输出一个总操作数，故这实际上是我审题失误的产物（还因此挂过，幸亏我是 vp）。

• 另一种更妙的思路：反悔。

• 前 \(n-1\) 个栈的端口用完后，无脑放到最后的空栈上。

• 之后如果第 \(k\) 个栈需要用空栈，看看 \(k_{up}\) 和 \(emp_{up}\) 谁早：

  • \(k_{up}\) 早：把 \(emp_{up}\) 移到 \(k\) 上变成“磊三个”，然后用空栈把 \(k\) 的下端口消了。

  • \(emp_{up}\) 早：把 \(k_{up}\) 移到 \(emp\) 上，然后 \(k_{dw}\) 变成 \(k_{up}\)，从上面消掉即可。

• 可以证明，这种做法要么是有一个空栈，要么是有一个特殊栈。特殊栈的来源必定是空栈上直接放一个，而两种反悔操作都会回到有空栈的状态。

• 故其反悔操作一定合法，不存在叠放顺序不对的问题。

AGC059B Arrange Your Balls

• 题意略。

• 不妨设有 \(k\) 种颜色的球，容易证明，答案上界为 \(k\)，下界为 \(k-1\)。

  • 上界：直接排序可得。

  • 下界：将每种颜色的球视为一个点，则显然这张图需要连通。

• 发现这点之后考虑把放球过程抽象成一个类欧拉环游序。如果能成功，那么换言之这些点构成一棵树，从而答案为 \(k-1\)，否则为 \(k\)。

• 这里的所谓类欧拉环游序，指的是进入某个节点代表着放了对应颜色的 \(>0\) 个球。注意最后必须回到起点，否则相当于是在终点和起点之间连了一条边，不是树了。

• 从而我们意识到，一个点至多被进入 \(cnt_i\) 次，\(cnt_x\) 为颜色为 \(x\) 的球的数量。那么，至少呢？

• \(deg\) 次，可以用一般的 dfs 方式构建的欧拉环游序来证明。

• 于是问题变成，对 \(n\) 个点求生成树，要求 \(deg_i\leqslant cnt_i\)，问是否可行。

• 直觉上这个问题是定态，即用什么方式来生成没啥区别。结论是这样的：\(n\geqslant 2k-2\)，因为每次会花 \(2\) 的 \(cnt\)。

• 我觉得我没有完全理解...

P5260 [JSOI2013] 超立方体

• 题意：

  • 判断给出的 \(n\) 个点的图是否与某一维的超立方体图同构。

  • 一个图是超立方体图，当且仅当 \(\forall u\leftrightarrow v,u\oplus v=2^k\)（超立方体图的点从 \(0\) 开始编号）。该命题是充要的。

  • 若是，输出任意重新编号的方案，使其是超立方体图。

• 数据范围：\(T\leqslant 3,n\leqslant 32768(2^{15}),m\leqslant 10^6\)。

• 首先容易想到，记 \(dim=\log_2 n\)，则必须有 \(n=2^{dim},deg=dim,m=2^{dim}\times \frac{dim}{2}=2^{dim-1}\times dim\)。

• 然后我们考虑如何构造方案。

• 容易证明，应该有很多种本质同构的构造方案，毕竟超立方体具有某种程度上的对称性，我不太好描述，但大概就是...把任意合法的编号方案在某一维上“转”一下，应该还是合法的。

• 故，随便选一个点为 \(0\)，出于方便我们选原图的 \(0\) 为 \(0\)。进一步地，把和 \(0\) 相连的 \(dim\) 个点随便编号一下，然后...

• 考虑画图，我们从 \(0\) 开始一步步地把这个图还原出来。灵机一动可以发现，这是一个类生成树（因为它不是树），\(dep\) 层的点的编号的 \(ppc=dep\)，有 \(dep\) 个父亲，\(dim-dep\) 个儿子。

• 那么很容易想到下一层的点是哪些，问题是点和编号的对应关系呢？注意到父节点到子节点是某一位上变成 \(1\)，遂意识到可以直接把一个点的所有父亲的编号或起来得到它的编号。

• 于是问题得解？并不，这样交了一发发现有些无解情况没有判出来，尽管维数很小的手造样例中似乎不存在这种可能。

• 重新审题。题目中的信息往往是有必要的，“该命题是充要的”，故考虑检查编号方案的合法性，就可以过了。

• \(O(n+m)\)，非常优秀。

LOJ #3568.「COCI 2021.11」超方形

• 题意...原题意很清楚，自己看吧。注意超方形的点数应为 \(2^n\)，编号为 \(0\sim 2^n-1\)，这里题面笔误了。

• 做完上面那道题之后现在是不是觉得自己 Ad-hoc 上了？

• 注意到我们要放 \(2^{n-1}\times n=2^n\times \frac{n}{2}\) 条边，事实上就是要放满。另外每棵树 \(n+1\) 个点，故树点总共 \(2^{n-1}\times (n+1)\) 个，而超方形上总共只有 \(2^n\) 个点，故点大概是要相交的。

• 考虑我们上面的生成树，它的深度是多少？\(0\sim n\)，一共 \(n+1\) 层...那么每条链上有 \(n\) 条边。嘶...但是这个东西每两层之间的边数不等，没法直接取 \(2^{n-1}\) 条长为 \(n+1\) 的链出来，更进一步地，画图可以发现它是上下对称的枣核形。

• 有一个从直觉出发的，感性理解上正确的构造：

  • 既然生成树不能用，考虑找点别的性质，至少要数量相等的，毕竟树是同构的。

  • 将第 \(i\) 位取反所得到的边应当恰为 \(2^{n-1}\) 条。嗯？嗯嗯？？嗯嗯嗯？？？

  • 遂考虑每次搭一棵树，要求则是总是走没有走过的类型的边，这里类型就是按取反哪一位来分的。

  • 只要能实现就赢了。我们给出一种实现，并证明这种实现下，树边两两不交：

  • 首先对树 dfs 一遍，规定 \(u\to v\) 的边在超方形上应当是将 \(2^v\) 位取反（树的点也是从 \(0\) 开始编号的）。为了计算方便，我们可以转而记录是它的树上前缀异或和，这样只要用根的编号异或之就可以得到对应点了。

  • 于是容易证明不同树上的对位点不同，故如果相交，只可能是一对点在这两棵树上父子置换。

  • 考虑到点数非常小，以每个点为根都尝试一遍，不成功就撤销，复杂度在 \(O(2^n\times (n+1))\) 左右，已经足够通过了。

  • 不过这道题是 EI 大神给我讲的，里面用了一个非常自信的写法：按 __builtin_parity() 分类，一半当根，另一半不当根。这非常妙：这代表着所有树上的同深的点的 __builtin_parity() 是相同的，故不可能这样父子置换，一定不合法！

  • p.s.这里的 dfs 必须以 \(n\) 为根，否则的话会认为要经过一条改动第 \(n\) 位的边，而显然不存在这样的边和其中至少一个端点。

CF10E Greedy Change

• 题意略。神仙题，太神仙了。

• 根据样例，很容易猜到一种贪心：找比 \(c_x\) 大但不太大的一定范围内的钱数，暴力 check 一下。然而，其正确性我们不知道，如何 check 我们也不知道（记搜？）。

• 考虑严谨推导以证明正确性并优化构造方案。

• 定义向量 \(C=\{c_1,c_2,\dots,c_n\}\)，满足 \(\forall i<n,c_i>c_{i+1}\) 且 \(c_n=1\)，代表货币系统，其中 \(c_i\) 为第 \(i\) 种货币的面额。

• 定义向量 \(V=\{v_1,v_2,\dots,v_n\}\)，代表所选货币集，其中 \(v_i\) 为第 \(i\) 种货币选的数量。

  • \(|V|\) 表示 \(V\) 的大小即所选货币总数，也即题目所求。

  • \(V<V'\) 是字典序意义下的偏序，\(|V|<|V'|\) 才是指所选货币总数的偏序，请谨记。当然，\(=\) 代表的是全同关系。

  • 这里我们的“字典序”认为 \(c_1\) 是低位或者说是更占主导地位的关键字，\(c_n\) 是高位或者说更不占主导地位的关键字。

• 定义 \(G(w)\) 为在 \(C\) 下按贪心策略得到的表示 \(w\) 的 \(V\)。

  • 更形式化地，\(G(w)\) 事实上就是字典序最大的 \(V(w)\)。

• 定义 \(M(w)\) 为在 \(C\) 下按最优策略得到的表示 \(w\) 的 \(V\)。

  • 鉴于这一定义下的 \(M(w)\) 可能有多种，我们强制规定 \(M(w)\) 为其中字典序最大的最优解（这一步很妙也很重要！）。

• 定理 \(1\)：\(G(w)\) 的任意子集也是一个 \(G\)。

  • 形式化表述：\(\forall G(w).v_x>0\ ,\ G(w-c_x)=\{G(w).v_1,G(w).v_2,\dots,G(w).v_x-1,\dots,G(w).v_n\}\)。下面将形如式右的向量简记为 \(G(w)(v_x-1)\)。

  • 使用反证法：不妨假设 \(G(w-c_x)\neq G(w)(v_x-1)\)。

  • 首先，可以指出此时一定有 \(G(w-c_x)>G(w)(v_x-1)\)，否则 \(G(w-c_x)\) 不满足字典序最大的定义。

  • 从而可以取 \(G(w)'=G(w-c_x)(v_x+1)\)，一定有 \(G(w)'>G(w)\)，于是 \(G(w)\) 不满足定义。

• 定理 \(2\)：\(M(w)\) 的任意子集也是一个 \(M\)。

  • 证明和形式化表述和 \(G\) 类同。

  • 事实上，应当指出的是，这两者的求解都是递归求解的，故天然具备这种分形性。

• 定理 \(3\)：设 \(w'\) 为最小的钱数 \(S\) 使得 \(G(w')\neq M(w')\)，则 \(G(w')\And M(w')=\varnothing\)。

  • 这里 \(\And\) 是按位与操作，可以认为是对每一位取 \(\min\)。\(\varnothing=\{0,0,\dots,0\}\)。

  • 使用反证法。假设 \((G(w')\And M(w')).v_x\neq 0\)，则 \(G(w'-v_x\times c_x)\neq M(w'-v_x\times c_x)\)，故 \(w'\) 非最小 \(S\)。

• 定理 \(4\)：令 \(i,j\) 分别为 \(M(w')\) 的最低、最高非零位，则：

  • \(M(w')\) 和 \(G(c_{i-1}-1)\) 的前 \(1\sim j-1\) 位相同。

  • \(M(w').v_j=G(c_{i-1}-1).v_j+1\)。

  • \(M(w')\) 的 \(j+1\sim n\) 位都是 \(0\)，但 \(G(c_{i-1}-1)\) 的不知道。

  • 这个证明比较复杂。我们得一点一点来。

  • 引理 \(1\)：\(G(w')\) 在 \(1\sim i-1\) 位上一定有非零位。换言之，\(w'\geqslant c_{i-1}\)。

    • 否则，由定理 \(3\)，\(G(w').v_i=0\)，于是 \(G(w')\) 的最低非零位至少为 \(i+1\)。

    • 于是 \(G(w')\) 的字典序比 \(M(w')\) 还小，显然不可能（从定义容易推出总有 \(G(x)\geqslant M(x)\)）。

  • 引理 \(2\)：\(w'-c_j<c_{i-1}\)。

    • 由定理 \(3\)，我们有 \(G(w'-c_j)=M(w'-c_j)\)。

    • 显然 \(M(w'-c_j)\) 的 \(1\sim i-1\) 位都是零位，同理 \(G(w'-c_j)\) 的也是，所以 \(w'-c_j<c_{i-1}\)。

  • 引理 \(3\)：\(M(w')>G(c_{i-1}-1)\)。

    • 由引理 \(1\)，可得 \(w'>c_{i-1}-1\to w'-c_i>c_{i-1}-1-c_i\)。

    • 显然我们有 \(\forall x>y,G(x)>G(y)\)，于是有 \(G(w'-c_i)>G(c_{i-1}-1-c_i)\)。

    • 又由 \(w'\) 定义，\(M(w'-c_i)=G(w'-c_i)>G(c_{i-1}-1-c_i)\)。

    • 考察 \(G(c_{i-1}-1)\)，根据 \(C\) 的定义，我们有 \(c_{i-1}-1\geqslant c_i\)，换言之，\(G(c_{i-1}-1).v_i\geqslant 1\)，从而 \(G(c_{i-1}-1-c_i)=G(c_{i-1}-1)(v_i-1)\)。

    • 由 \(i\) 的定义，\(M(w').v_i\geqslant 1\)，故同理有 \(M(w'-c_i)=M(w')(v_i-1)\)。

    • 所以，上面的不等式可以化为 \(M(w')(v_i-1)>G(c_{i-1}-1)(v_i-1)\)。

    • 那么在式左右同时加上 \(c_i\)，显然字典序关系不变，所以有 \(M(w')>G(c_{i-1}-1)\)。

  • 引理 \(4\)：\(M(w'-c_j)\leqslant G(c_{i-1}-1)\)。

    • 由引理 \(2\)，有 \(w'-c_j\leqslant c_{i-1}-1\)，于是 \(G(w'-c_j)\leqslant G(c_{i-1}-1)\)。

    • 又由 \(w'\) 定义，\(M(w'-c_j)=G(w'-c_j)\leqslant G(c_{i-1}-1)\)。

  • 现在我们联立引理 \(3,4\)，发现本来有 \(M(w')>G(c_{i-1}-1)\)，但 \(M(w'-c_j)\leqslant G(c_{i-1}-1)\)。

  • 由 \(j\) 的定义，这相当于 \(M(w')>G(c_{i-1}-1)\geqslant M(w')(v_j-1)\)。

  • 可见 \(v_j-1\) 对于两者的字典序关系起了决定性影响，所以在 \(j\) 位前也即 \(1\sim j-1\) 位，两者必然全部相同。

  • 从而得出，既然 \(j\) 是 \(M(w')\) 的最后一个非零位，\(M(w')>G(c_{i-1}-1)\) 必然是在 \(j\) 这一位上实现，但 \(v_j-1\) 后又无法实现，即 \(\begin{cases} M(w').v_j>G(c_{i-1}-1).v_j \\ M(w').v_j-1\leqslant G(c_{i-1}-1).v_j \end{cases}\)。

  • 于是 \(M(w').v_j=G(c_{i-1}-1).v_j+1\)。

• 好了。有了定理 \(4\)，我们可以暴力枚举所有 \(i,j\)，构造出对应的 \(M(w')\)（到这里我们才知道这个可能的 \(w'\)），然后 check \([|G(w')|>|M(w')|]\) 就可以了。

• 枚举复杂度 \(O(n^2)\)，检查复杂度 \(O(n)\)，总复杂度 \(O(n^3)\)，足够通过本题。

ARC153C \(\pm\) Increasing Sequence

• 题意略。不妨先考虑 \(a_n=1\) 的情况，然后对称地构造一种适用于 \(a_n=-1\) 的情况。

• 考虑调整法，不妨令 \(x_i=i\)，我们分类讨论：

  • \(sum=0\)：直接输出即可。

  • \(sum<0\)：适当增大 \(x_n\)，显然前 \(n-1\) 项的和的绝对值也就 \(O(n^2)\) 级别，肯定不炸 \(10^{12}\) 的限制。

  • \(sum>0\)：因为我们的 \(x\) 非常“紧凑”，故我们显然是调整前缀或后缀的一段比较方便。具体地，考虑取任意长前缀满足其 \(a\) 的和为 \(1\)（\(>0\) 的都可以，但简便起见我们取 \(=1\) 就足够了）然后将这段前缀适当减小。如果没有这样的前缀，转而考虑是否存在后缀 \(a\) 和为 \(-1\) 的一段后缀，将之适当增大。如果都没有，一定无解。

• 为什么一定无解：容易证明通过前缀减和后缀加，我们的序列对所有合法序列构成双射。既然前缀减和后缀加都没用，那就是所有合法序列都没用。

• \(a_n=-1\) 的情况：显然只在调整的方向上有细微区别。更一般地，我们需要的总是前缀正或后缀负（\(sum>0\)）/前缀负或后缀正（\(sum<0\)）。

• 复杂度 \(O(n)\)，非常精巧的做法...

[AGC012C] Tautonym Puzzle

• 题意略。

• 首先容易看出，同样的序列每多循环一次则贡献 \(\times 2+1\)，每增加一种元素也是贡献 \(\times 2+1\)。

• 故基于此构造贪心，然后炸了，发现 \(|s|\to 377\)。实测表明其很不喜欢耦合...

• 正解：考虑将前 \(100\) 个就设为 \(1\sim 100\)。此时问题变成后半部分的串的上升子序列个数，不妨将之视为一个双端队列，从小到大加入数字，于是队头 \(+1\)，队尾 \(\times 2+1\)，故将 \(n\) 二进制拆分从高向低处理即可。\(O(\log n)\)。

• 谈一下这个处理：将 \(n\) 的每个为 \(1\) 的位视为 \((2^x-1)+1\)，于是我们一路乘二加一过去，如果这一位为 \(1\) 就在这留一个 \(1\)，最后再加一，相当于是乘二加一中加的一和最后那个一一起凑最高位，其他一由加一被乘二得来。

23.2.23 T2 循环传送带

• 题意：给出长为 \(n\) 的二元组 \((a,b)\) 序列，其中 \(a,b\in [0,n)\)，每次操作可以将任意个二元组入队/出队或将队列里所有二元组的 \(b\) 改为 \(b+t\pmod n\)。给出操作总次数限制 \(m\) 和入出队总次数限制 \(s\)，构造一种方案，使得每个二元组都 \(a=b\)。

• 数据范围：\(n\leqslant 10^5\)，\(m,s\) 有两种组合，分别为 \((2048,2n)\) 和 \((64,1919810)\)。

• 首先考虑 \(m=2048,s=2n\) 的情况，这代表着每个元素都只能恰入/出队一次。

  • 不妨将所有加 \(t\) 操作视为一个序列 \(t_1,t_2,\dots,t_k\)，于是任意元素的移动距离为连续一段 \(t\) 的和。

  • 换言之，我们的所有 \(t\) 要能构造出 \(1\sim n-1\) 这些数字。注意到 \(m\approx O(\sqrt{n})\)，也出于实现简单起见，不妨取 \(sq=\lfloor\sqrt{n}\rfloor\)，然后整 \(sq-1\) 个 \(1\) 和 \(sq+1\) 个 \(sq\)，于是最大可以构造出 \(sq(sq+1)+sq-1=sq^2+2sq-1=(sq+1)^2-2\)，若 \((sq+1)^2-2<n-1\) 则 \(n+1>(sq+1)^2\)，显然在 \(n\) 是完全平方数的时候不可能，于是 \(n\to (sq+1)^2-1\)，刚好够，合计用了 \(2sq\) 次操作。

  • 显然这些操作只有 \(2sq+1\) 个端口，每个端口进行出入队各一次，计 \(4sq+2\)，总次数为 \(6sq+2\)，注意到 \(sq\to 316\)，显然不炸。

• 然后考虑 \(m=64,s=1919810\) 的情况。

  • 注意到 \(m\approx O(\log n)\)，考虑二进制拆分。

  • 构造 \(2^0\sim 2^{16}\) 合计 \(17\) 次操作，\(18\) 个端口故总操作次数为 \(53\)。

  • 每个元素至多要入队 \(\lfloor\frac{17}{2}\rfloor=8\) 次（连续多位为 \(1\) 就先不出队了），所以总出入队次数在 \(1.6\times 10^6\)，显然不炸。