AGC 做题合集 #3

　　书接上回，代码去这里看。

1. "AGC029D Grid game"^[1]
2. "AGC021D Reversed LCS"^[2]
3. "AGC035E Develop"^[3]
4. "AGC017F Zigzag"^[4]
5. "AGC025E Walking on a Tree"^[5]
6. "AGC052D Equal LIS"^[6]
7. "AGC003E Sequential operations on Sequence"^[7]
8. "AGC006C Rabbit Exercise"^[8]
9. "AGC007D Shik and Game"^[9]
10. "AGC007E Shik and Travel"^[10]

　　

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1. AGC029D Grid game

   高木和青木正在玩一个游戏。

   具体地说，他们有一个 $H\times W$ 的矩阵，上面有 $N$ 个障碍物。

   在起点 $(1,1)$ 处有一颗小石子，高木先手，和青木将轮流进行以下操作：

   • 假设当前石子所在的位置为 $(x,y)$ ，那么如果是轮到高木，他可以选择将石子移动到 $(x+1,y)$ 或者不移动。青木可以将石子移动到 $(x,y+1)$ 或者不移动。
   • 石子移动到的地方不能是障碍物或者矩阵外面。

   当一轮操作中高木和青木都没有移动石子时，游戏结束。
   

   现在，高木想尽可能地让游戏轮数变多，而青木则会尽可能地让游戏轮数变少。
   

   请问在双方都采取最优策略地情况下，会进行几轮游戏（最后一轮无法操作也算做一次）。

   $H, W \le 2\times 10^5, 0 \le N \le 2\times 10^5$。

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   可以直接秒的大水题。

   显然只要看出高木必须移动之后就没有任何难点了。

   考虑到了以 $i$ 轮，同时处理出最远可以到的列，那么如果有一个障碍是可以碰到的，那么青木一定会让高木撞上然后结束游戏。 ↩︎

2. AGC021D Reversed LCS

   定义一个字符串 $T$ 权值为 $T$ 和 $T'$（翻转） 的最长公共子序列长度。

   你现在有一个 $S$，你可以修改任意 $k$ 个字符，求最大权值。

   $k \le |S| \le 300$。

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   结论：这个求的是最长回文子序列长度。证明不会。

   直接区间 DP 即可。 ↩︎

3. AGC035E Develop

   在黑板上写有 $-10^{18}$ 到 $10^{18}$ 中的所有整数，每次你可以选中一个 $[ 1 , N]$ 中还在黑板上的整数 $x$，把它擦去并补写上 $x − 2$ 与 $x + K$（如果原来不存在的话）。你可以进行这个操作任意次（可以不进行），求最终黑板上数字的可能状态有多少种，答案对 $M$ 取模。

   $1\leq K \leq N \leq 150 , 10^8\leq M\leq 10^9$。

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   又是猜对了结论但是不会维护。

   首先结论是：

   对于每个点 $x$，向 $x - 2, x + K$ 连边，我们取出所有删去的点的导出子图，这个图必须是一个 $\rm DAG$ 才是合法的。

   连边是钦定 $x - 2, x + K$ 在 $x$ 后面删掉，只要不出现环形依赖就不会有问题。

   考虑计数，对于 $K$ 为偶数，我们就是可以奇偶分别考虑，要求不能形成 $\frac{K}{2} + 1$ 个同时被擦除的元素即可。

   对于奇数，蒯张图，（$n = 12, K = 3$）我们考虑出现的环的状况（对于奇数，将 $i, i + K$ 放在一起）：

   

   对于一个环，一定是从 $a$ 出发，向上走若干步，然后向右走若干步，再向上走若干步，最后回来。（例如 $9 \to 7 \to 5 \to 8 \to 6 \to 9$）

   考虑一层一层地 DP，设 $f(i, j, k)$ 表示到了第 $i$ 层，（我们把 $x, x +K$ 的数当做一层，然后这个 DP 要预处理前面单着的数）从当前左部点出发最长可以走的路是 $j$（向上走若干步，然后向右走若干步，再向上走若干步 的长度），右边最长连续的长度为 $k$（方便 $j$ 的转移）。

   转移的时候讨论即可，具体看代码的注释。 ↩︎

4. AGC017F Zigzag

   • 给定一个 $N$ 层的三角形图，第 $i$ 层有 $i$ 个节点。
   • 第 $i$ 层的节点，从左到右依次标号为 $(i, 1), (i, 2), \ldots , (i, i)$（具体如上图所示）。
   • 你需要从 $(1, 1)$ 往下画 $M$ 条折线。
   • 对于每条折线的每一个小段，你可以从 $(i, j)$ 画到 $(i + 1, j)$ 或者 $(i + 1, j + 1)$。
   • 同时你还必须保证第 $i$ 条折线的任何一个位置必须不能处在第 $i - 1$ 条折线的左侧，它们必须按照从左到右的顺序排列。
   • 有 $K$ 条限制，每条限制形如 $(A_i, B_i, C_i)$。
   • 表示第 $A_i$ 条折线处于位置 $(B_i, j)$ 时，下一小段必须走向 $(B_i + 1, j + C_i)$，也就是当 $C_i = 0$ 时向左，当 $C_i = 1$ 时向右。
   • 询问不同的折线画法的方案数，对 ${10}^9 + 7$ 取模。
   • $1 \le N, M \le 20$，$0 \le K \le M (N - 1)$。其它变量在合理范围内。

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   如果一层一层地决策进行状压 DP，那么就是 $\mathcal O(4^n n)$ 的。但是我们可以试着转换一下计数顺序！于是考虑一条一条线段分配位置！

   我们把上次的线段的路线记作一个二进制数，如果第 $i$ 位为 $1$，那么就代表在 $i$ 层的时候向右走了。

   当前这一条的线段的方案只要倒着前缀和的字典序 $\ge$ 上一条的即可（因为最初一步为最低位，因此略有不同），如果暴力地 DP，还是 $\mathcal O(4^nn)$，但是转移到了 $\mathcal O(1)$ 了！

   我们接着可以发现，如果完全暴力地 DP，很多信息没有利用到，如果我们决策这一条线的路线的时候考虑一层一层地计算呢？可以发现，我们不能很好地处理字典序的问题，然后可以发现我们可以直接记录我们之后可以选择的范围！

   具体地，我们要枚举第 $i$ 层，以及上一次决策导致的我们可以选择范围的状态为 $s$，记 $s$ 的第 $i$ 位为 $s[i]$，如果：

   • 如果我们这一层选择走左边 $0$，只要 $s[i] = 0$ 即可，然后转移到 $s$。

   • 如果我们走右边 $1$：

     • 如果 $s[i] = 1$，那么可选范围还是 $s$，两个重合了。
     • 如果 $s[i] = 0$，那么意味着我们一直到 $i$ 下一个 $1$ 处都可以选择 $0$，于是把 $s$ 第 $i$ 位置后面的第一个 $1$ 设为 $0$，然后把 $s[i]$ 设为 $1$，就是新的可选范围了！
   ↩︎

5. AGC025E Walking on a Tree/ 校内考试 6.7 疯狂路径（path）

   给定一棵 $n$ 个节点的树和 $m$ 条树上的路径，要求为每一条路径定向。

   第 $i$ 条树边 $(a_i, b_i)$ 的权值为满足下述条件的条数：

   • 被某条路径沿 $a_i\to b_i$ 方向经过。
   • 被某条路径沿 $b_i\to a_i$ 方向经过。

   求最大权值和并给出 $m$ 条路经的定向方案，多组方案合法输出任意一组即可。

   $n,m\leqslant 2000$。加强：$n, m \le 1 \times 10^5$。

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   一个比较有意思的结论题。

   考虑答案的上界，一定是 $\sum \min\{每条边覆盖次数, 2\}$，考虑达到上界：

   每次选出一个叶子，然后考虑所有以它开始的路径，如果没有则不管，只有一条，则如何选择结果不变，将这个路径放到它父亲上面皆可；如果有两条以上，任意选择两条，这两条路径的方向一定是相反的，设路径为 $(u, a), (u, b)$，我们新建一条路径 $(a, b)$，删去这两条路径，并将其他路径放到父亲上去决策，然后根据 $(a, b)$ 的情况，如果 $(a, b)$ 不反向，那么 $(u, a)$ 反向，$(u, b)$ 不反向，反之亦然。

   为什么可以新建这条路径呢？因为这样 $(u, a), (u, b)$ 和 $(a, b)$ 不相交的部分是不重要的，怎么样都是合法，我们只关心 $(a, b)$ 路径，同时这样可不会影响其他叶子的状态。

   这个是一个比较暴力的构造，时间复杂度为 $\mathcal O(n^2)$，考虑优化：

   首先反向关系的继承可以通过带权并查集完成，我们的复杂度瓶颈在于怎么将边给传上去，这个可以通过链表完成。

   然后细节有亿点多，至少用了大半个下午肉眼盯傻了，但是上了对拍就可以发现很多问题！

   一些细节：

   • 判断取出来的边是否合法。
   • 颜色关系的继承可能要自己在纸上面多画画。
   • 注意取出来的对应的 $(u, a)$ 中的 $a$ 可能已经被删了，我们要用并查集找到最近的祖先。
   • 注意处理边的反向情况，可以通过一些特判 / 丢进去的时候顺便压缩方向。

   可以看看代码 Atcoder/problems/AGC025E.cpp · yinjinrun/code-public-2 - 码云 - 开源中国 (gitee.com)。

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   上面的过于繁琐！考虑更加简单的做法！

   我们对于每条路径 $(u, v)$ 连一条无向边，接着考虑从叶子推到根，如果该点的度数为奇数，就让父亲和它连无向边，这样建出图来跑欧拉回路，就可以构造出方案了！大概是这样的建图会使每一条后面补充的边的两种覆盖方向的差 $\le 1$，于是可以满足条件。 ↩︎

6. AGC052D Equal LIS

   给出一个 $n$ 阶排列 $\{P_i\}$，你要将其分成两个子序列 $\{a\} \{b\}$，满足其 $\rm LIS$ 相等。

   $n \le 2\times 10^5$，多测。

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   记 $f_i$ 表示以 $i$ 结尾的最长上升子序列，$L = \max\{f_i\}$。

   如果 $2 \mid L$，那么将令 $a = \{i | f_i \le \frac{L}{2}\}, b = \{i | f_i > \frac{L}{2}\}$，易知满足条件。

   如果 $2 \nmid L$，令 $L = 2k + 1$，我们怎么分，两个子序列的 $\rm LIS$ 最大至少都是 $k +1$，于是我们可以构造两个 $k + 1$ 的 $\rm LIS$。

   如果对于一个长度为 $L$ 的 $\rm LIS$，存在一个不在该 $\rm LIS$ 中的元素 $x$，满足一个长度为 $k+1$ 的 $\rm LIS$ 包含 $x$，那么就是有解的。

   必要性是比较显然的，至于充分性，可以通过构造来说明：

   令这个包含 $x$ 的长度为 $k +1$ 的 $\rm LIS$ 为 $p_1, p_2, \dots, p_{k + 1}$，那么 $a = \{i | f_i \neq f_{p_j}\vee (f_i = f_x \wedge i \neq x) \}, b = P / a$，我们就会发现对于每个集合，里面 $f_i$ 不同的个数之多为 $k + 1$，于是两个集合的 $\rm LIS$ 都是 $\le k + 1$ 的，对于 $a$，原来的长度为 $L$ 的 $\rm LIS$ 中有 $k$ 个不能选择，长度至少是 $k + 1$，而对于 $b$，至少有一个 $p_1, p_2, \dots, p_{k + 1}$ 在里面于是也是 $k + 1$ 的。

   可以通过树状数组处理出 $f_i$ 以及以 $i$ 开头的 $\rm LIS$ 长度 $g_i$ 完成统计。 ↩︎

7. AGC003E Sequential operations on Sequence

   一串数，初始为 $1\sim n$，现在给 $Q$ 个操作，每次操作把数组长度变为 $q_i$，新增的数为上一个操作后的数组的重复。问 $Q$ 次操作后 $1\sim n$ 每个数出现了多少次。

   $n, Q \le 10^5, q_i \le 10^{18}$。

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   居然没有想到第一步/kk！只要第一步会了，之后就比较 easy 了！

   如果 $q_i \le q_{i - 1}$，那么 $q_{i - 1}$ 就是没有用的，于是可以直接删除！

   然后 $q$ 就是递增的了，这时一个非常优美的性质！

   我们只要求出 $cnt_i$ 表示第 $i$ 次操作后留下的序列会对答案产生多少影响，然后一步一步往前推即可，最开始最后的 $cnt = 1$。

   每次我们要计算当前 $i$ 号数组对于答案的贡献为 $t$，那么就是 $\left\lfloor\frac{a_i}{a_{i - 1}}\right\rfloor$ 个 $i - 1$ 号数组，以及 $a_i \bmod a_{i - 1}$ 个 $i - 1$ 前面的元素，这个可以找到最后一个 $\le a_i \bmod a_{i - 1}$，然后递归处理，处理到初始状态就是一个前缀的答案，直接差分处理，因为每次取模大小至少会砍半，于是复杂度是 $\mathcal O(q \log q)$ 的。 ↩︎

8. AGC006C Rabbit Exercise

   有 $n$ 只兔子在一个数轴上，兔子为了方便起见从 $1$ 到 $n$ 标号，第 $i$ 只兔子的初始坐标为 $x_i$。

   兔子会以以下的方式在数轴上锻炼：一轮包含 $m$ 个跳跃，第 $j$ 个是兔子$a[j]$ ($2\le a[j]\le n−1$，$\{a\}$ 是给出的长度为 $m$ 的数组) 跳一下，这一下从 兔子 $a[j]− 1$ 和 兔子 $a[j] + 1$ 中等概率的选一个（假设选了 $x$），那么 $a[j]$ 号兔子 会跳到它当前坐标关于 $x$ 的坐标的对称点。（注意，即使兔子的位置顺序变化了，但是编号仍保持不变，这里按兔子编号算）兔子会进行 $k$ 轮跳跃，对每个兔子，请你求出它最后坐标的期望值。

   $1 \le n \le 10^5, 1 \le m \le 10^5, k \le 10^{18}$。

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   之前的考试题，补一发题解。

   首先，这个概率比较离谱，但是有一个非常好的性质，假设操作元素为 $Y$，前一个为 $X$，后一个为 $Z$，那么 $E'(Y) = \frac{2E(X) - E(Y) + 2E(Z) - E(y)}{2} = E(X) + E(Z) - E(Y)$，根据这个可以做到暴力 $\mathcal O(mk)$。

   然后考虑原来期望序列的差分，我们可以发现每次是交换两个元素，于是可以直接倍增维护这个期望序列，复杂度 $\mathcal O(n \log k)$。

   感觉题目难点在于发现期望的变化规律…… ↩︎

9. AGC007D Shik and Game

   Shik 君在玩一个游戏。

   初始时他在数轴的 $0$ 位置，出口在 $E$ 位置，并且数轴上还有 $n$ 只小熊，第 $i$ 只小熊在 $x_i$ 位置。

   Shik 君拿着 $n$ 块糖果出发，每走一个单位长度要花费一秒。到一个小熊的位置时，他可以送给这个小熊一块糖果，这个过程不花时间。小熊收到糖果后，$T$ 秒以后会在它所在的位置产生一个金币。

   Shik 君想知道，他从出发到收集了所有金币抵达出口，最少要花费多长时间。

   $n \le 10^5$。

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   AGC 也有板子题/惊讶。

   首先，肯定是将整个序列划分成一段一段，每个人每次走到一段的尽头，然后回来，因此对于这个考虑 DP。

   有 $E$ 的长度一定要走，于是我们姑且不看，只计算增量，最后将答案 $+E$。

   设 $f(x)$ 表示只考虑前 $x$ 的最小增量。

   如果暴力就是枚举 $y \le x$，表示将 $y \to x$ 都划分为一段，那么有 $f(x) = \min_y \{f(y - 1) +\max\{T, 2\mathrm{dis}(x, y)\} \}$，画画图不难发现是对的。

   首先这个 DP 有单调性，如果后面的 $\max$ 是 $T$，那么就应该选择最前面的元素，如果是 $2\mathrm{dis}$，那么可以直接通过前缀和处理出来。因此只要二分分界点即可进行 DP。 ↩︎

10. AGC007E Shik and Travel

    一颗 $n$ 个节点的二叉树，每个节点要么有两个儿子要么没有儿子，边有边权。

    你从 $1$ 号节点出发，走到一个叶子节点。然后每一天，你可以从当前点走到另一个叶子。最后回到 $1$ 号节点，要求到过所有叶子并且每条边经过恰好两次。

    每天的路费是你走过的路径上的边权和，你的公司会为你报销大部分路费，除了你旅行中所用路费最高的，行走路线是从叶子到叶子的那一天的路费。

    求你自己最少要付多少路费？

    $2 \le n, a_i, v_i \le 131072$。

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    好题，启发了启发式合并的变种！（只能说大概比较像了）

    不难发现，肯定要二分答案，转化为判定问题。

    然后每个节点有一个属性，进去这个子树的长度以及出来这个子树的长度，然后我们要考虑如何将其儿子合并，这里是没有办法贪心的，只能 DP，然后状态数是 $\mathcal O(n^2)$ 的，比较棘手。

    这个时候可以发现，如果 $(x, y),(a, b)$ 满足 $x \le a \wedge y \le b$，那么 $(a, b)$ 是没有用的，于是我们可以将 $(a, b)$ 删除。

    加速合并可以直接双指针，然后我们发现这个时候复杂度正确了！

    为什么呢？

    考虑状态大小为 $x$ 和 $y$ 的两个点合并，那么新状态会变成 $\min\{x, y\}$，这个至少会将状态数目减半，初始状态 $\mathcal O(n)$，因此总共复杂度不会超过 $\mathcal O(n)$，因为合并完了要排序去重，复杂度不超过 $\mathcal O(n \log n)$，加上二分是 $\mathcal O(n\log^2n)$ 的。 ↩︎