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。

1. AGC009C Division into Two^[1]
2. AGC017D Game on Tree^[2]
3. AGC010C Cleaning^[3]
4. AGC016C +/- Rectangle^[4]
5. AGC008F Black Radius^[5]
6. AGC009D Uninity^[6]
7. AGC010D Decrementing^[7]
8. AGC024C Sequence Growing Easy^[8]
9. AGC024D Isomorphism Freak^[9]
10. AGC024E Sequence Growing Hard^[10]

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1. 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。

   $1 \le N \le 10^5$。

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   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。 ↩︎

2. 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。

   $1 \leq N \leq 200000$，$1\leq x_i,y_i \leq N$。

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   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。 ↩︎

3. 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。

   $1 \le n \le 10^5, 0 \le a_i \le 10^9$。

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   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。 ↩︎

4. 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

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   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。 ↩︎

5. 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。

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   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 $mx_i$，$d \in [0, mx_i]$。

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   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 $1+\sum_i (mx_i - mn_i + 1)$。 ↩︎

6. 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。

   $2 \le n \le 10^5$。

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   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。 ↩︎

7. 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 $1$ 。

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   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。
   ↩︎

8. 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。

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   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。 ↩︎

9. 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。

   $n \le 100$。

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   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。 ↩︎

10. 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。

    $n, k \le 300, m \le 10^9$。

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    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。
    ↩︎