AGC 做题合集 #4
书接上回，代码可以在 这里 和 这里（仅包含 AGC024）查看。
- AGC009C Division into Two[1]
- AGC017D Game on Tree[2]
- AGC010C Cleaning[3]
- AGC016C +/- Rectangle[4]
- AGC008F Black Radius[5]
- AGC009D Uninity[6]
- AGC010D Decrementing[7]
- AGC024C Sequence Growing Easy[8]
- AGC024D Isomorphism Freak[9]
- AGC024E Sequence Growing Hard[10]
AGC009C Division into Two
给定 \(n\) 个不同的整数 \(\{s_i\}\)，求将它们分成两个集合 \(X,Y\)，并且 \(X\) 集合中任意两个数的差 \(\ge A\)，\(Y\) 集合中任意两个数的差 \(\ge B\) 的方案数。
$ 1 \le N \le 10^5 $。
比较 easy 的一个 AGC 题！
首先可以很轻松地列出状态，\(f(i)\) 表示仅考虑 \(1 \sim i\) 的元素，\(i\) 作为最后的 \(X\) 集合中最后一个元素的方案数。
然后我们发现这个不太好统计关于的 \(Y\) 的限制，最难的限制应该是上一个元素左边的 \(Y\) 和右边的 \(Y\) 是否合法，这个难以记录状态，但是如果 \(A \ge B\) 呢？我们可以发现，对于当前位置 \(x\)，我们枚举上一个位置为 \(lst\)，如果 \(s_{lst +1} - s_{lst - 1} \ge B\)，那么就一定是合法的！因为这个是最坏的情况了，对于其他情况，因为 \(A \ge B\)，一定合法。
接下来就是比较 easy 的限制了，考虑 \(x\) 到 \(lst\) 中间的元素作为 \(Y\) 集合是否合法，于是我们可以考虑用队列维护所有合法的转移点，如果出现了两个元素放到 \(Y\) 集合中明显合法，那么一段前缀的转移点都要删除，然后转移的时候要满足两个点距离为 \(A\)，这个可以 二分/指针 维护，这里我为了方便开了两个队列维护。 ↩︎
AGC017D Game on Tree
有一棵 \(N\) 个节点的树，节点标号为 \(1,2,⋯,N\)，边用 \((x_i,y_i)\)表示。 Alice 和 Bob 在这棵树上玩一个游戏，Alice先手，两人轮流操作：
选择一条树上存在的边，把它断开使树变成两个连通块。然后把不包含 \(1\) 号点的联通块删除
当一个玩家不能操作时输，你需要算出：假如两人都按最优策略操作，谁将获胜。
\(1 \leq N \leq 200000\)，\(1\leq x_i,y_i \leq N\)。
首先可以猜测，这个和 SG 函数有关，于是我们要猜一个 SG 函数满足可以描述题目中的性质。
对于树形结构，可以设 \(f(i)\) 表示以 \(i\) 为根的子树的 SG 函数，因为一个点对应的子树的博弈问题是所有子节点的问题的组合，于是 \(x\) 的 SG 函数是子节点的 \(\rm xor\) 和。
初步结论就是 \(f(x) = \mathrm{xor}_{y \in son_x} f(y)\)，然而这样没有考虑到 \(x\) 上面挂的边的影响，于是可以进一步猜测挂边就是令 \(f(x) + 1\)，于是递推式就是：\(f(x) = \mathrm{xor}_{y \in son_x} f(y) + 1\)。
因为猜对了结论，于是不想证明了。↩︎AGC010C Cleaning
一棵树，第 \(i\) 个节点上有 \(a_i\) 个石头，每次选择两个叶子节点（度数为 \(1\) 的节点），将路径上经过的（包括起点终点）所有节点上都取走一个石头，如果路径上有一个点上没石头这个操作就不能进行，问能不能取完所有石头。
\(1 \le n \le 10^5, 0 \le a_i \le 10^9\)。
对于树形问题，首先要找到一个比较好的递归解决方式，通常可以从上而下或者从下而上，对于这个题，如果从上而下，那么意味着有很复杂的 DP 或者决策，于是优先考虑从下而上进行推导。
于是我们的问题变为，对于一个以 \(x\) 为根的子树，它能否完全被消除（只考虑这个子树是否为
YES），如果不能，会怎么样？分为两种：
- 少了路径消除 \(a_x\) 的部分，这个直接寄了。
- 多了路径消除 \(a_x\) 部分，这个可以交给它的父亲进行消除。
于是有了初步思路：记录 \(f_i\) 表示消除 \(i\) 为根的子树后，还剩下多少路径留给父亲。
考虑 \(x\) 的决策，我们先将 \(x\) 的所有儿子的 \(f\) 全部加起来 \(=totf\)，那么这些路径我们先假设不匹配，那么就会消除 \(x\) 上这么多的石头，如果 \(x\) 上面还有石头，那么就直接寄了，如果 \(x\) 上的石头个数变为负数，我们可以每次合并两条路径，使得 \(x\) 上面的石头 \(+1\)，一直操作下去，最多可以操作 \(\min\{\frac{totf}{2}, totf - \max_y f_y\}\)，具体是考虑最大的子树，只能让这个子树和别的子树匹配。注意最好不要直接模拟，不然很容易被一个大小为 \(4\) 的菊花，每条边长度为 \(2\) 的图卡掉。
然后就可以求出剩余路径数目了。只要最后 \(1\) 的路径剩余为 \(0\) 即可。
这个时候可能会有一点小疑问，\(f_i\) 真的不能变动了吗？我们发现，让 \(f_i\) 改变根本还是要拆散一条路径，但是这样会使一个合法的点欠费，于是这是不可能的。 ↩︎
AGC016C +/- Rectangle
给定整数 \(H,W,h,w\)，你需要判断是否存在满足如下条件的矩阵，如果存在，则输出任意一种可能的方案
- 矩阵是 \(H\) 行 \(W\) 列
- 矩阵的每个元素的权值在 \([-10^9,10^9]\) 之间
- 矩阵的所有元素权值和为正
- 任意大小为 \(h×w\) 的子矩阵的元素权值和为负
比较简单的构造题。
首先，如果 \(H \bmod h = 0 \wedge W \bmod w = 0\) 那么一定无解，因为我们可以通过将整个网格分成不交的矩形使得整体和 \(\le 0\)。
接下来假设 \(H \bmod h \neq 0\)。
只要我们可以构造出 \(W = 1, w = 1\) 的方案，然后复制一下，一定满足原来的限制。
因为 \(H \bmod h \neq 0\)，其实我们可以对于 \(i \bmod h\) 讨论一下，如果 \(i \bmod h = 0(i \in [0, H- 1])\)，那么我们就直接来一个 \(\infty\) 放上面，其他的我们就放一个 \(\frac{\infty -\varepsilon }{h - 1}\)，这样必定满足条件，具体实现时 \(\infty = Hh, \varepsilon = 1\) 即可。 ↩︎
AGC008F Black Radius
Snuke 君有一棵 \(n\) 个节点的全白的树，其中有一些节点他喜欢，有一些节点他不喜欢。他会选择一个他喜欢的节点 \(x\)，然后选择一个距离 \(d\)，然后将所有与 \(x\) 距离不超过 \(d\) 的节点都染成黑色，问最后有多少种可能的染色后状态。
两个状态不同当且仅当存在一个节点，它在两个状态中不同色。
\(1 \le n \le 2\times 10^5\)，\(\rm subtask\)：全部都是喜欢的。
妙妙题！死活想不到怎么去重/kk。
首先考虑全部都是喜欢的怎么做，记 \(S(x, d)\) 表示所有距离 \(x\) 小于等于 \(d\) 的点的集合，如果 \(S(x, d) = U\)（全集），我们直接令这个状态不合法。
于是有第一个限制，\(d<\) 从 \(x\) 出发的最长路长度，超过这个会变成全集。
接着考虑重复计算的部分，考虑两个点 \(x, y\) 以及两个距离 \(d_1, d_2\)，如果 \(S(x, d_1) = S(y, d_2), d_1 > d_2\)，那么我们提取出 \(x \to y\) 路径上面所有点 \(\{t_1, t_2, \dots, t_k\}\)，那么有 \(S(t_j, d_1 - \mathrm{dis}(x, t_j))\) 也是和 \(S(x, d_1)\) 相同的，我们要钦定一个顺序，满足不会重复计算，于是我们可以钦定我们优先计算小的，也就是 \(S(y, d_2)\)，容斥掉其他的元素，这样的好处就是对于一个 \(x\)，合法的 \(d\) 一定是一段区间。
现在，我们要求对于所有和 \(x\) 相邻的 \(k\)，\(S(x, d) \neq S(k, d - 1)\)，然后对于这个条件，首先 \(S(k, d - 1) \subseteq S(x, d)\) 的，而让两者相同，则意味着将整个树以 \(x\) 为根，所有距离 \(k\) 小于等于 \(d - 1\) 的点（也就是距离 \(x\) 小于等于 \(d - 2\) 的点，因为 \(k\) 子树里的不管了）就是整个树剔除 \(k\) 子树这个部分，求出从 \(x\) 除了 \(k\) 子树的最长路 \(t\)，那么 \(d - 2 \ge t\) 的时候，\(d\) 就会不合法，即 \(d \le t + 1\)，这是第二个限制。
于是我们可以求出每个点的 \(d\) 的上界 \(mx_i\)，\(d \in [0, mx_i]\)。
考虑对于不喜欢的点的处理。
首先喜欢的点还是随便选择 \(d\)，但是不喜欢的点可能会因此容斥掉一些喜欢的点的方案，因此需要补上。
对于一个点 \(x\)，考虑所有和它相邻的点 \(k\)，当 \(d\) 足够大的时候，就会将这个点的子树全部染黑（以 \(x\) 为根），如果这个子树里面有一个喜欢的点，那么这时候，这个方案就和从喜欢的点出发没有区别了，我们只要求出 \(t_i\) 表示所有和 \(x\) 相邻有喜欢点的子树中最长路的最小值，这个就是 \(d\) 的下界 \(mn_i\)。
以上所有变量都可以通过换根 DP 处理，于是答案就是 \(1+\sum_i (mx_i - mn_i + 1)\)。 ↩︎
AGC009D Uninity
定义一个单独的节点为一棵 Uninity 0 的树。
将 \(x(x \geq 0)\) 棵 Uninity k 的树全部连到一个节点上形成的树，称之为一棵 Uninity k+1 的树。
显然，一棵 Uninity k 的树，同样也是一棵 Uninity k+1,k+2,k+3...的树。
现在给你一棵树，求一个最小的 k 使得这棵树是一棵 Uninity k 的树。
\(2 \le n \le 10^5\)。
首先，这个合并然后连上点的操作比较复杂，我们可以考虑给他一个等价的东西替代，我们可以给每个点一个标号 \(k_i\)，同时满足任意两个 \(k_i\) 相同的点中间一定有比 \(k_i\) 更大的点，接下来我们只要最小化 \(k_i\) 即可。
这个问题还是有点棘手，但是我们可以发现 \(k_i\) 一定是 \(\log n\) 级别的，于是 \(k_i\) 的出现情况可以用一个二进制数表示，接着我们可以考虑随便选择一个点作为根，顺着树形结构从下而上（先确定叶子的状态）进行 DP（这里仅仅是决策），对于一个点 \(x\)，我们可以得到一个集合 \(S\) 表示所有还没有被其他东西阻挡的点构成的集合（也就是该点到 \(x\) 还没有一个比它大的点，我们称为关键点），我们可以先将所有 \(x\) 子树关键点合并起来，\(x\) 的权值一定是还没有出现的权值中一个，同时如果我们拿出这些关键点出现 \(2\) 次以上的元素构成的集合 \(T\)，那么 \(x\) 的权值一定要 \(\ge \max\{T\}\)，将两个条件结合，就可以找到 \(x\) 合法的选取方式，因为更小一定更优，于是找到最小的即可。 ↩︎
AGC010D Decrementing
题面
黑板上写着 $ N $ 个整数。第 $ i $ 个整数是 $ A_i $ ，它们的最大公约数为 $ 1 $ 。
高桥君和青木君将使用这些数来玩一个游戏。高桥君在这个游戏中是先手，他们将轮流进行以下操作（以下两步相当于一次操作）：
- 选择黑板中大于 \(1\) 的一个数，将其减 \(1\) 。
- 此后，将黑板上所有数全部除以所有数的最大公约数。
当黑板上的数全部为 \(1\) 时，不能再进行操作的人就失败了。两人都选择最好的方式行动，请求出哪边会最终胜利。
\(1 \leq N \leq 10^5\)，\(1 \leq A_i \leq 10^9\)，从 \(A_1\) 到 \(A_N\) 的所有数的最大公约数为 \(1\) 。
题解
比较神奇的博弈问题，只猜对了一半结论/kk。
首先，如果整个序列形如 \(\underbrace{k, k, \dots, k}_{n - 1}, k + 1\)，那么当前这个人一定必胜，但是这个还是不够，我们通过继续研究可以发现，\(k = 1\)，因为上一个人如果料到他操作完了会变成这样，那么他一定令一个 \(k\) 变成 \(k - 1\)。
因此，必胜态就是 \(\underbrace{1, 1, \dots, 1}_{n - 1}, 2\) 的形式。
首先，如果序列中出现了 \(1\)，那么 \(\gcd\) 这个判断是没有任何用处了的，可以直接根据偶数的个数的奇偶性判断胜负（结论 1）。
接着，我们可以暂且抛开繁琐的 \(\gcd\)，考虑一个更简单的东西，即上面这个条件的变化量，如果目前有奇数个偶数，那么先手可以操作一个偶数，后手无论如何都会使得偶数奇偶性不变，同时无论如何都存活着一个奇数（假设之前有奇数，不然不可能），因此 \(\gcd\) 始终不会是 \(2\) 的倍数，只要先手不断坚持，一定可以到达必胜态，于是先手必胜（结论 2）。
如果目前有偶数个偶数呢？
这个不就是上面先手给后手留下的烂摊子吗？但是还有点不同，前面先手留的烂摊子保证了至少有 \(2\) 个奇数（操作前至少一个，后面改出了一个），\(\ge 2\) 个奇数的情况已经说明了，我们被安排得死死的，于是我们只要考虑只有一个奇数的情况，我们对这个奇数操作一下，然后就会触发除以 \(\gcd\) 的翻盘机制，只要递归判断即可（结论 3）。综上所述，直接讨论后递归求解即可，因为每次递归每个数会 \(/2\)，于是复杂度为 \(\mathcal O(n\log V)\)。
启示
- 对于复杂的操作，我们要学会分析特殊情况，并且从中找到便于刻画状态的变量，然后讨论决策。
AGC024C Sequence Growing Easy
有两个长度为 \(n\) 的序列：\(a,x\)。现在给出 \(a\) ，并且已知 \(x\) 是空序列，请问至少做多少次下列操作才能使 \(x\) 变成 \(a\)？
\(x_i=x_{i-1}+1\)
若无法变成，输出 \(-1\)，若可以，输出最少的次数。
简单题。
假设 \(\{a_i\}\) 只有一个位置有数，为 \(x\)，我们要得到 \(x\)，就要操作 \(x\) 次，然后会生成一个 \(0,1,2, \dots, x\) 的数列，因为这个会影响前面的东西，于是我们倒着考虑生成 \(\{a_i\}\)。
为了方便，可以将序列划分为若干段，满足每一段只有且必须第一个数是 \(0\)，其他的数不是 \(0\)（一个序列如果前导 \(0\) 多了也没有用，少了更不行，因为必须有一个不变）。
接着倒着考虑生成，每次就是搞一个等差数列，同时讨论一下是否能利用之前的等差数列并不重新造一个，同时要注意如果等差数列起始点已经不是 \(0\) 了，要返回 \(-1\)，次数简单计算即可。 ↩︎
AGC024D Isomorphism Freak
给定一棵点数为 \(n\) 的无根树。对于两个点 \(u,v\) , 若有以 \(u\) 为根与以 \(v\) 为根树同构，则染上同一种颜色。
可以给这棵树加若干点， 问加完点后树最少能有多少种颜色， 以及在最少颜色的情况下最少有多少个叶子节点。
\(n \le 100\)。
其实完全可以出到 \(5000\)，ATC 真的擅长数据范围欺诈。
VP 的时候看错了题面，居然打了一个树哈希，然后过不了样例，不然可以早点切的。手玩样例可以直观感受到我们的最后的图是一个高度对称的图案，也只有这种图案才能使得染色数目最少。
于是启发我们枚举对称中心（可能在边的中点上哦），接着 DFS，如果当前这个点 \(x\) 有 \(k\) 个儿子，那么就要求最后生成的树每个深度和 \(x\) 相同的点的度数（不考虑父亲）都是 \(k\)，这个可以简单取 \(\max\) 得到，这样构造也是最优的，最后的染色数就是最深的 \(dep\)。然后叶子数就是每个深度要求的度数之积即可。
可能 \(100\) 纯粹为了防止炸掉范围。↩︎AGC024E Sequence Growing Hard
题面
给定 \(n\), \(k\), \(m\) , 问有多少个序列组 \((A_0,A_1,…,A_n)\) 满足：序列 \(A_i\) 的元素个数为 \(i\) ; 所有元素都在 \([1,k]\) 内; \(\forall i\in[0,n)\) , \(A_i\) 是 \(A_{i+1}\) 的子序列且 \(A_i\) 的字典序小于 \(A_{i+1}\)。
输出在 \(\bmod~m\) 意义下的答案。
\(n, k \le 300, m \le 10^9\)。
题解
考虑怎么样插入是合法的，假设我们插入一个权值为 \(v\) 的数在 \(x\) 前面，首先要求是 \(v \ge x\)，其次，如果 \(v=x\)，那么无非是将 \(x\) 的所在连续段延长了 \(1\)，会算重，因此 \(v=x\) 的情况可以直接不管。同时为了方便，我们在末尾加一个 \(0\)。
接着这个问题还是比较棘手，然后有一个神仙的思路：建树！
我们建立一个 \(n+1\) 个节点的树，如果我们让 \(x\) 插在 \(v\) 前面，那么 \(x\) 就是 \(v\) 的儿子，同时，每个节点有两个权值 \(tim \in [0, n]\) 和 \(val \in [1, k]\)，每个儿子节点的 \(tim\) 和 \(val\) 都要比父亲的大。于是可以记 \(f(x, i)\) 表示 \(x\) 个节点构成的树，其中根的 \(val\) 为 \(i\) 额方案数，转移可以枚举最后一个子树大小以及权值，有 \(f(x, i) = \sum_{y = 1}^{x - 1} f(x - y, i)\binom{x - 2}{y - 1} \sum_{j = i + 1}^k f(y, j)\)，中间的组合数是权值分配方案吗，后面的一个 \(\sum\) 可以前缀和优化解决，复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。
启示
- 在排列中不断插入数的过程可以往建树上面靠。
