AGC 做题合集 #1
如果之后文章中并没有代码链接，可以通过 https://gitee.com/yinjinrun/code-public-2/tree/master/Atcoder/problems 查看代码。
因为使用的笔记软件略微特殊，因此导出的 markdown 可能大概只能以脚注形式展示了。
目前做题顺序：乱序。
- "AGC041C Domino Quality"[1]
- "AGC041D Problem Scores"[2]
- "AGC041E Balancing Network"[3]
- "AGC038C LCMs"[4]
- "AGC038D Unique Path"[5]
- "AGC052C Nondivisible Prefix Sums"[6]
- "AGC036E ABC String"[7]
- "AGC002F Leftmost Ball"[8]
- "AGC037C Numbers on a Circle"[9]
- "AGC007C Pushing Balls"[10]
AGC041C Domino Quality
- 你有一个 \(n\times n\) 的棋盘。
- 你需要在棋盘上放若干个 \(1 \times 2\) 或者 \(2 \times 1\) 的多米诺骨牌。
- 若放置完毕后，每一行和每一列的多米诺骨牌数量相同则合法。（注意，如果一个 \(1 \times 2\) 的多米诺骨牌放在了某一行上，只算它出现一次。列同理。）
- 请你给出一个合法的方案。若不存在则输出
-1。 - \(n \le 1000\)。
写死个人。
因为是自己想出来的，于是写的比较麻烦，大体思路是通过 \(n \bmod 6\) 分类，然后我们发现：
- 对于 \(n \bmod 3 = 0\) 的，可以通过若干 \(3\times3\) 的拼起来。
- 然后对于其他情况，分析多米诺骨牌的性质可以发现，每行每列数量必须是 \(3\) 的倍数（这也是我根据 \(6\) 分类的原因之一）。
- 然后我们可以构造出 \(6\times 6\) 的并且每行每列出现次数为 \(3\) 的方阵。
- 接着我们可以构造出每行每列出现次数为 \(3\) 的 \(7 \times 7\)，\(4 \times 4\)，\(5 \times 5\)，\(8 \times 8\)（两个 \(4\times 4\)）。
- 然后就除了 \(n = 1, 2\)，其他都可以拼出来了。
具体构造看代码吧（直接输出可以获得更加直观的展示）。 ↩︎
AGC041D Problem Scores
求长为 \(n\) 的序列 \(\{A_i\}\) 满足的个数：
- \(1 \le A_i \le n\)。
- \(A_i \le A_{i + 1}\)。
- 对于任意一个子集 \(S, |S| = k\)，以及任意一个 \(T, |T| = k+ 1, k \le n - 1\)，都满足 \(S\) 中间所有元素的和严格小于 \(T\) 中间元素的和。
\(n \le 5000\)。
好题，甘拜下风。
令 \(K = n / 2\)，通过一些手玩可以发现一个 \(\{A_i\}\) 的合法条件是前 \(K+1\) 个元素之和 \(>\) 后 \(K\) 个元素之和。
然后就跑偏了方向，一直在考虑一位一位地生成 \(\{A_i\}\) 这个序列……然后限制比较多，于是怎么干都是 \(\mathcal O(n^3)\) 的背包。
其实可以这么考虑 \(A_i\) 单调不降这个条件，一定是每次找一个 \(p\)，然后将 \(A_1 \sim A_p\) 都 \(-1\)，我们可以预处理出 \(\{w_i\}\) 表示如果 \(p = i\)，（前 \(K+1\) 个元素的和 - 后 \(K\) 个元素的和）变化的值（显然 \(>0\)）。
于是问题变成了，你有 \(n\) 个物品，每个物品数量无限，重量为 \(w_i\)，求选出若干物品使其重量 \(\le n - 1\) 的方案数。
完全背包即可。
启示
- 对于一个单调的序列进行 DP，不仅仅可以直接记录上一个数的位置，还能够考虑每次对于一个前缀进行 \(-1\)，有点类似于 [SDOI2010]代码拍卖会。
AGC041E Balancing Network
平衡网络是一个由 \(M\) 个平衡器所连接的 \(N\) 根导线所构成的抽象网络系统。这一系统按由左至右的顺序运行。导线从上到下按 \(1\) 至 \(N\) 编号，平衡器从左到右按 \(1\) 至 \(M\) 编号。第 \(i\) 个平衡器连接着导线 \(x_i\) 与 \(y_i\)。下图是一个平衡网络的示例：
每个平衡器都一定处于以下两种状态之一：向上或向下。
让我们考虑一个令牌，这个令牌在所有平衡器左侧的某个点开始沿某根导线向右移动。在此过程中，每个平衡器都会被令牌恰好途经一次。当令牌途经一个平衡器 \(i\) 时，可能会发生以下情况：
- 如果令牌沿导线 \(x_i\) 移动且平衡器 \(i\) 处于向下的状态，则令牌会向下移至 \(y_i\) 并继续向右移动。
- 如果令牌沿导线 \(y_i\) 移动且平衡器 \(i\) 处于向上的状态，则令牌会向上移至 \(x_i\) 并继续向右移动。
- 否则，令牌不会改变其移动的导线。
我们将所有平衡器的状态用长度为 \(M\) 的字符串表示。
如果存在一根导线 \(w\) ，使得令牌无论从整个网络的哪一根导线开始移动都能抵达导线 \(w\) 且一直沿此导线移动至趋向无穷远的位置，那么这个网络称之为均匀状态；任何的其他状态称之为非均匀状态。
给出一个整数 \(T (1 \le T \le 2)\) ，请您根据 \(T\) 的值回答以下问题：
- 若 \(T=1\)，则通过自行规定平衡器的方向以构造给出网络的任何均匀状态，或是回答不存在。
- 若 \(T=2\)，则通过自行规定平衡器的方向以构造给出网络的任何非均匀状态，或是回答不存在。
请注意，若您仅正确回答了一种问题，则您将获得一定的部分分。
\(n \le 5\times10^4, m \le 10^5\)。
小清新，反正我想不到。T = 1 的想着生成树，然后死活过不了。
开始是从设每个点能到的位置入手的，这个是比较宏观且正确的，但是后面就想着取具体构造了（建了树），完全没有分析此时的性质……
对于 T=1，我们正着考虑，设 \(go_x\) 表示能够到达 \(x\) 的点，然后对于一条边 \(x, y\)，我们发现可以让 \(go_x = go_y = go_x \cup go_y\)，然后并查集维护，最后只要有一个 \(|go_x|=n\) 即可。
对于 T=2，首先 \(n = 2\) 直接为 \(-1\)。然后我们倒着考虑，设 \(go_x\) 表示 \(x\) 未来会到的点，\(cnt_x\) 表示未来会到 \(x\) 的点，然后对于 \(x, y\)，如果其中一个的 \(cnt_{go_x}\) = n - 1，那么就是不好的，让一个大的一个元素到小的即可。否则任意操作，因为 \(\sum cnt_x = n\)，于是不可能两个都是 \(n - 1\)（对于 \(n > 2\)），于是完成构造。 ↩︎
AGC038C LCMs
还是当初学习莫比乌斯看到的神仙题，只看了题面就跑了，今天试着推了一下，然后推出来了！
题解一大堆，懒得解释了。倒是将 \(10^6\) 看成 \(10^7\) 导致自己虚空卡常了半天。 ↩︎
AGC038D Unique Path
有一张联通图 \(n\) 个点 \(m\) 条边。
给定 \(Q\) 条限制，每条限制形如\(A_i,B_i,C_i\)
若 \(C_i = 0\)，则 \(A_i\) 到 \(B_i\) 仅有一条简单路径。
否则，若 \(C_i=1\)，则 \(A_i\) 到 \(B_i\) 有多条简单路径。
判定在这 \(Q\) 条限制下能否构造出合法的图。可以输出
Yes，否则输出No。数据范围：\(n,Q\le 10^5,m\le \frac{n(n-1)}{2}\)
注意点的编号从 \(0\) 开始，构造出来的合法的图不允许存在重边和自环，其必须联通。
这……走偏了，不然完全可以干的。感觉自己做题还是太单线程了，很容易进入一个点然后卡住/kk。
考虑对于 \(C_i = 0\) 连边（开始直接用边双一类直接连了 \(C_i = 1\) 的），然后会形成一堆树，假设形成了 \(tot\) 个联通块，于是要求：
- 对于所有 \(C_i = 1\) 的关系，都不能属于一颗树。
- \(m \ge n - 1\)，如果存在 \(C_i = 1\) 的边，要求 \(m \ge n\)。
- \(m \le n - tot + \frac{tot(tot - 1)}{2}\)，因为不能在树内连边。
于是判断一下 \(m\) 的范围即可，要注意的是题目并没有保证 \(m \ge n - 1\)。（这个英文版里面明明是有的啊？！） ↩︎
AGC052C Nondivisible Prefix Sums
对于所有值在 \([1, p - 1]\) 长度为 \(n\) 的序列，统计 {存在一个方案使得序列重排之后，所有的前缀和不是 \(p\) 倍数的排列} 的个数，对于 \(998244353\) 取模。
\(n \le 5000, p \le 10^8\)，保证 \(p\) 是质数。
神仙题，猜了半天结论还是没有和正确的结论沾边……
如何判定
一个序列合法的充要条件是：设众数为 \(x\)，个数为 \(c\)，然后将所有数 \(\times x^{-1}\)，对于剩下的数 \(y_1, y_2, \dots, y_{n - c}\)，一定有 \(c + \sum_{i = 1}^{n - c} y_i < p(n - c+ 1)\)，并且总和不为 \(p\) 的倍数。
必要性：如果 \(c + \sum_{i = 1}^{n - c}y_i \ge p(n - c+1)\)，那么因为总和非 \(p\) 倍数，于是有 \(c+\sum_{i = 1}^{n -c} y_i \ge p(n - c+ 1) + 1\)，考虑前缀和，就是在数轴上面一步一步地挪动，每次加到 \(kp - 1\) 时，就不能再用 \(1\) 了，必须动用其他的数，最多 \(n - c\) 次，而至少要 \(n - c + 1\) 次，于是寄了。
充分性：每次选出一个可以放且出现次数最多的数，然后放到后面，可以这样观察情况，发现上面的就已经是卡到了上限了。（感觉在毛估估）
DP
首先算出合法的总和非 \(p\) 的倍数的，可以简单考虑前面 \(i - 1\) 个位置的和是否为 \(p\) 的倍数，简单 DP 即可。
接着减去总和非 \(p\) 的倍数，但是不满足上面的判定条件的，这个时候，可以通过简单的分析得出众数只有一个，假设众数是 \(1\)（最后方案乘上 \(p - 1\) 即可）然后只要 DP 非 \(1\) 的个数，也可以简单 DP + 前缀和（记 \(g(i, j)\) 表示非 \(1\) 的个数为 \(i\)，然后 \(\sum (p - i)\) 为 \(j\) 的方案数）优化。复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。 ↩︎
AGC036E ABC String
给你一个长度为 \(n\) 的仅包含ABC三种字母的字符串 \(s\) ，现在要你输出一个满足下列要求的最长的 \(s\) 的子序列:
- ABC三种字符的出现次数相同。
- 子序列中相邻两个字符不能相同。
如果有多组解，输出任意一组即可。
数据范围：\(|s|\leq 10^6\)。
考虑删去相邻且相同的字符，然后记
A，B，C的出现次数为 \(cnt_a\)， \(cnt_b\)，\(cnt_c\)，然后假设 \(cnt_a \le cnt_b \le cnt_c\)。那么可以把A看成分界点，中间夹了一堆BC串，可以发现上界是 \(3cnt_a\)。现在，我们要求删除一些
B，C达到上界，首先我们删到 \(cnt_b = cnt_c\)，于是可以先将所有单独的C并且可以删除的删掉，如果还是 \(cnt_b < cnt_c\)，那么一定是若干ACACA这种串，于是只能删AC/CA了，可以发现，最后一定可以使得 \(cnt_b = cnt_c\)。接着考虑让 \(cnt_a = cnt_b = cnt_c\)，目前两个
A中间一定是BCBC这种交替的形式出现的，于是可以删除若干可以删的BC或者CB，最后如果还是 \(cnt_a < cnt_b\)，剩下的串一定长ABCABCACBA这样，也就是两个A中间夹的是恰好一个BC或者CB，于是我们只能删一个，于是随便找一个要删的删了，最后使得 \(cnt_a = cnt_b = cnt_c\) 即可，可以发现最后一定满足条件。 ↩︎AGC002F Leftmost Ball
给你 \(n\) 种颜色的球，每个球有 \(k\) 个，把这 \(n\times k\) 个球排成一排，把每一种颜色的最左边出现的球涂成白色(初始球不包含白色)，求有多少种不同的颜色序列，答案对 \(10^9+7\) 取模。
$ 1\leq\ N,K\leq 2,000 $。
感觉这个状态设计得非常巧妙……想不到哇/kk。
最后的序列一定是开始几个白色，然后变成其他的颜色，这个可以启示我们去考虑第一个空位，可以设出状态 \(f(i, j)\) 表示目前我们有 \(i\) 个白色的球，总共出现的颜色个数为 \(j\) 的方案数，每次我们拿出当前的第一个空位，考虑其染色：
- 白色，直接 \(f(i - 1, j) \to f(i, j)\)。
- 其他颜色，我们剩下的空位个数为 \(nk - (n - j + 1)(k - 1)- i\)，除去该位置，然后从中间选出 \(k - 2\) 个位置，于是有 \(f(i, j - 1) \binom{nk - (n -j + 1)(k - 1) - i + 1}{ k - 2} \to f(i, j)\)。
最后答案是 \(f(n, n)\) 然后就是 \(\mathcal O(n^2)\) 的了。
启示
- 对于染色的情况 DP 的时候，有时不需要知道那里有数，那里为空，可以通过巧妙的设计使得我们只要找到一个空位。
AGC037C Numbers on a Circle
一个环上有 \(N\) 个正整数，一次操作可以把第 \(i\) 个数 \(A_i\) 变为它左边的数、它右边的数和它本身之和，即 \(A_{i-1}+A_i+A_{i+1}\)，\(A_0\) 就是 \(A_n\)，\(A_{n+1}\) 是 \(A_1\)。
初始时对每一个位置 \(i\)，第 \(i\) 个位置上的数为 \(A_i\)，目标为对于每一个位置，将这个位置上的数变为 \(B_i\)。
求最少需要几次操作，可以达到目标位置。
\(n \le 2\times 10^5\)。
想了半天都在想这正着搞😅。
正着太麻烦了，考虑将 B 变成 A，我们可以发现，最后一次操作的位置 \(i\) 一定满足 \(B_i > \max \{B_{i - 1}, B_{i + 1}\}\)，所有满足条件的 \(B_i\) 的顺序都是没有影响的（因为中间有隔断的部分），因此我们可以每次暴力地拿出 \(B_i\) 最大的，然后逆向操作一次。
但是太慢了，我们可以发现，如果我们减少了一个 \(B_i\)，并且它仍然满足 \(B_i > \max \{B_{i - 1}, B_{i + 1}\}\)，那么 \(i - 1, i + 1\) 还是动不了，于是我们可以一步到位，直接把 \(B_i\) 减到和 \(A_i\) 差不多的水平（只要还能减少，就减少），就是 \(\left\lfloor\frac{B_i - A_i}{B_{i - 1} + B_{i + 1}}\right\rfloor\) 次，每次一个数至少会缩水 \(\frac{1}{2}\)，于是总复杂度为 \(\mathcal O(n \log V \log n)\)。 ↩︎
AGC007C Pushing Balls
在一条直线上有 \(N\) 个球和 \(N+1\) 个洞。记每个球与相邻的洞的距离为 \(d_i \left( 1 \leq i \leq 2 \times N \right)\) 且 \(d_{i + 1} - d_i = x\)
要将 N 个球均推入洞中。当球滚过洞时，如果洞中还没有球，球将掉入洞中。否则，球将继续滚动。
每次会随机选择任一未进洞的球，并随机选择一个方向推球。
给定 \(N, d_1, x\) ，求出在不发生碰撞的情况下，每个球移动距离的期望（误差小于 \(10^{-9}\) ）
\(n \le 2\times 10^5\)。
神仙题，只能说这个等差数列构造得比较巧妙。
我们考虑令数组 \(a_i = d + ix, 0 \le i \le 2n-1\)，其中，对于所有 \(i = 2k - 2, k \in \mathbb{Z}\) ，\(a_i\) 表示球 \(i\) 与洞 \(i\) 的距离，对于 \(i = 2k - 1\)，\(a_i\) 表示球 \(i\) 与洞 \(i + 1\) 的距离。
而每次推球，就会使得这个数列 \(a_i\) 进行合并（使得 \(a_i\) 仍然可以表示上面的球与剩下的洞之间的距离的定义）！特别地，如果我们删除 \(a_i\)，那么一定唯一对应了一种推球方案，而这会使 \(a_{i - 1} = a_{i - 1} + a_i + a_{i + 1}\)，同时，导致 \(\forall k \ge i + 1, a_k = a_{k + 2}\)。因此我们考虑一次操作后 \(a_i\) 的变化，总共有 \(2n\) 种选择，有：
- 如果推球删除的是第 \(x < i\) 段，那么 \(a'_i = a_{i + 2}\)，这种情况共有 \(i\) 种。
- 如果删除的是第 \(i\) 段，那么 \(a'_i = a_{i} + a_{i+1} + a_{i + 2}\)，这种情况共 \(1\) 种。
- 其余不变。
因此期望值为 \(a'_{i} = \frac{ia_{i + 2} + a_i + a_{i + 1}+a_{i + 2} + (2n - i - 1)a_i}{2n} = \frac{(2n + 2)a_i+(2i+3)x}{2n}\)，于是有 \(a'_i - a'_{i - 1} = \frac{(2n+4)x}{2n} = \frac{n + 2}{n}x\)，我们惊喜地发现 \(x' = \frac{n +2}{2}x\) 还是一个定值！因此，期望下还是一个等差数列。
于是这个问题转化为求 \(\{a'_i\}\) 的期望移动距离下的子问题。我们只要求出当前操作期望移动距离即可。
因为每个 \(a_i\) 可以被等概率选中，期望就是 \(\frac{\sum a_i}{2n} = \frac{a_0 + a_{2n - 1}}{2}\)，即计算平均值。
