AGC 做题合集 #5
- AGC018D Tree and Hamilton Path[1]
- AGC014D Black and White Tree[2]
- AGC013C Ants on a Circle[3]
- （VP）AGC028C Min Cost Cycle[4]
- （VP）AGC028B Removing Blocks[5]
- （VP 补题）AGC028D Chords[6]
- AGC016D XOR Replace[7]
- AGC016E Poor Turkeys[8]
- AGC016F Games on DAG[9]
- （VP 补题）AGC032D Rotation Sort[10]
AGC018D Tree and Hamilton Path
有一颗 \(N\) 个顶点的树，顶点依次标号 \(1\sim N\)。
第 \(i\) 条边连接着顶点\(A_i\)和\(B_i\)，且第 \(i\) 条边的长度为 \(C_i\)。
有一张 \(N\) 个点的完全图，图上两点之间的边的边权为它们在树上的距离。
求最长哈密顿路径（即不重不漏恰好经过每个点一次）。
\(2 \le n \le 10^5\)。
WA 了 \(\infty\) 发后终于猜对了结论！
首先，我们令第 \(i\) 条边 \((x_i, y_i, w_i)\) 中的 \(y_i\) 为深度更大的点，可以猜测上界为 \(L = \sum_{i} 2 \min\{n - siz_y, siz_y\} w_i\)，然后手玩样例可以发现，这个上界在哈密顿回路下面是成立的，于是我们只要确定起点终点 \((a, b)\)，然后答案就是 \(L - dis(a,b)\) 。
一个朴素的想法是，我们让 \((a, b)\) 是相邻的，这样我们只要减去一条边的贡献即可，于是选择最小的边。
接着我们会意识到，有的点对是不可能在一起的，比如如果一条边将树分成了两个大小相同的块，那么一定只能选这条边（样例 2）。
接着我就一直以为这是一个特殊情况，于是没有推广，然后一直因为这个 WAWA……
考虑推广上面的结论，一个点对 \((a, b)\) 是不能选择的，当且仅当存在一条边，将树分成了大小为 \(u, v\) 的两个块并且有 \(u \ge v\)，\((a, b)\) 在 \(v\) 这个块里面。具体地说，我们每次在两个点中间跳的时候，如果两次都在同一个块内，那么一定是那个大一点的块，不然不能达到上界，而一旦起点终点占了两个点，就会导致中途出现空缺，于是达不到上界。
显然这样的边要么和 \(a\) 相邻，要么和 \(b\) 相邻，扫一扫就可以判断 \((a, b)\) 的合法性了。 ↩︎
AGC014D Black and White Tree
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给出一颗 \(N\) 个节点组成的树，每个节点都可以被染成白色或者黑色；
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有高桥（先手）和青木（后手）两个人————高桥可以把任意一个点染成白色，青木则可以把任意一个点染成黑色，每个点只可染色一次。
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重复上述操作直到所有点都被染色后，只执行一次执行以下操作：
- 把所有青木染成黑色的节点的相邻的白点感染成“次黑色”。
- 次黑色不能继续感染白点。
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若操作完毕后仍还有白点存在，即高桥（先手）胜，反之则青木（后手）胜。
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现在给出这棵树，问当前此树是先手必胜还是后手必胜。
\(2 \le N \le 10^5\)。
首先，要求就是一个白点旁边一定要有一个黑点。
因此考虑递归判断，我们考虑最特殊的情况，对于一个叶子 \(x\)，如果其父亲 \(y\) 下面有两个以上的儿子，那么可以直接让 \(y\) 变白，之后无论如果都会至少一个叶子是白色，先手必胜。如果 \(y\) 下面只有 \(x\)，那么我们直接让 \(y\) 变白，接着 \(x\) 会变黑，那么对于 \(y\) 的父亲 \(z\)，\(y\) 是不会有任何影响了，可以视作删除了 \(x,y\) 两个点了。
于是只要一个非叶子为根，每次考虑最深的叶子然后删除它和父亲即可判断了。
写完了，我们就会发现，这个实际上是要求这个树存在一个完美匹配！于是策略也比较明白了，每选一个点，下一个人直接选这个点的匹配即可。 ↩︎
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AGC013C Ants on a Circle
有一个长度为 \(L\) 的圆环，上面有 \(N\) 个蚂蚁，位置分别为 \(x_i\)，运动方向为 \(d_i\)，\(1\) 表示顺时针，\(2\) 表示逆时针。
每只蚂蚁将会同时开始以单位速度运动，如果两只蚂蚁相遇, 那么它们会改变自己的方向继续运动。
求 \(T\) 秒之后每只蚂蚁的位置。
\(1 \le N \le 10^5, 1 \le L \le 10^9\)。
这个题比较妙妙妙啊。
首先，如果我们不管改变方向，一只蚂蚁一直爬爬爬，\(T\) 秒后到的位置集合一定是最后所有蚂蚁到的位置的集合。
如果考虑改变方向，那么每只蚂蚁一定是来回转转转，最后所有蚂蚁的相对位置不变。
考虑从 \(0\) 开始，将环切为一条链，于是我们只要确定了 \(1\) 号蚂蚁最后在第几个（记为 \(t\)），我们就可以确定所有蚂蚁的位置了。
对于所有蚂蚁，如果它顺时针穿过 \(0\)，那么所有蚂蚁前面都会少一只蚂蚁（除了它），如果逆时针穿过 \(0\)，那么所有蚂蚁前面都会多一只蚂蚁。即第一种情况 \(t \gets t - 1\)，第二种情况 \(t \gets t + 1\)，于是第一只蚂蚁的位置可以确定了。 ↩︎
AGC028C Min Cost Cycle
- 给定一个 \(n\) 边的有向完全图，每个点有两个点权 \(a\) 和 \(b\)，一条边 \((u,v)\) 的边权值的计算方法为 \(\min(a_u,b_v)\)。
- 求边权和最小的哈密顿回路的边权和。
- 对于 \(100\%\) 的数据，\(2 \le n \le 10^5\)，\(1 \le a,b \le 10^9\)。
随机数开题 yyds！VP 的时候不信随机数的开题顺序，看了一眼 C 就想 B 去了，结果 B 自闭了，然后再看一眼 C 秒了，接着看 B 也会了。
首先考虑下界应该是什么，我们把 \(\{a_i\}, \{b_i\}\) 这 \(2n\) 个数中的前 \(n\) 小拿出来，这样下界就是这些数之和。
观察样例，我们把前 \(n\) 小的数在原来的序列上面标记一下，如果满足以下几个条件，就是合法的：
- 全部是 A。
- 全部是 B。
- 存在一个 \(i\) 满足，\(a_i, b_i\) 都没有标记。
然后发现这个结论非常正确，于是只要按照这个结论调整一下选择即可。
不想证明了。↩︎AGC028B Removing Blocks
有 \(N\) 块砖块排列成一行，从左到右编号为 \(1\) 到 \(N\) 。每一个砖块都有一个重量，砖块 \(i\) 的重量为 \(A_i\)。 Snuke 会对这些 \(N\) 个砖块执行如下操作：
- 选择一个还没有被移除的砖块，然后移除它。这个操作的代价是与被移除的砖块相邻的砖块（包括它自己）的重量之和。我们定义两块砖 \(x\) 和 \(y ~(x \leq y)\) 是相邻的，当且仅当对于所有 \(z (x \leq z \leq y)\) ，砖块 \(z\) 仍然没有被移除。
有 \(N!\) 种移除砖块的可能顺序。你需要对于所有可能的顺序计算出移除完所有 \(N\) 块砖块的代价，并计算这些代价的和。由于答案可能非常大，答案需要对 \(10^9+7\) 取模。
\(1 \le N \le 10^5\)。
想了半天的 DP 自闭了，结果突然想到计算贡献后这题就没了。首先，我们如果根据点的选择先后顺序构建一棵笛卡尔树，即按顺序选择一个点，然后将整个区间劈成两半，接着递归构造。
于是一个点的贡献就是其在所有笛卡尔树上的深度之和 \(\times a\)。
然后一直想着 DP既然已经开始考虑贡献了，我们不妨继续考虑贡献，我们注意到，我们可以枚举 \(x,y\)（这里先假设 \(x<y\)），然后计算 \(y\) 是 \(x\) 父亲的方案数，这些方案中就会使得 \(x\) 深度 \(+1\)。
显然，设 \(d = y - x+1\)，那么方案数就是 \(\binom{n}{d} (n - d)! (d - 1)!\)，注意到这个式子只和 \(d\) 有关，于是枚举 \(d\) 即可计算。 ↩︎
AGC028D Chords
给定一个圆, 圆上均等地放着 \(2n\) 个点, 已有 \(k\) 对点之间连好了线段, 从中选择剩下 \(n−k\) 对点随意连线段(每个点只连一条线段)。
两点联通当且仅当两点在同一条线段上或两点所属于的线段相交, 求所有连边方案中, 联通块的个数和。
\(1 \le n \le 300\)。
想了半天终于会了没有限制点对的情况，然后怎么都不会了/kk。
怎么这场一堆考虑贡献的题目啊？！
首先这个题目的圆是无意义的，和直线差不多。
我们考虑取出一个连通块的最左边的点和最右边的点 \((l, r)\)，首先这两个点一定属于同一个联通块，其次，这两个点中间的所有点的连边都没有越过 \([l, r]\)。
于是可以考虑枚举 \((l, r)\) 计算一个连通块是 \([l,r]\) 的方案数，所有方案数相加就是连通块的个数之和。
我们设 \(f(l, r)\) 表示答案，记 \(cnt(l, r)\) 表示 \([l,r]\) 中没有限制连边的点数，记 \(g(k)\) 为如果有 \(k\) 个点没有限制，这 \(k\) 个点两两连边的方案数是多少，显然 \(g(k) = [k \bmod 2 = 0] \frac{k!}{2^{\frac{k}{2}} (\frac{k}{2})!} = [k \bmod 2 = 0] 1 \times 3 \times \dots \times (k - 1)\)，就是先随意排列，然后消除重复的排列方案。
如果不考虑 \(l,r\) 在同一个连通块，那么方案就是 \(g(cnt(l, r))\)，接着考虑容斥，枚举 \(l\) 所在连通块，减去不合法的即可。
于是 \(f(l, r) = g(cnt(l, r)) - \sum_{i = l}^{r - 1} f(l, i) g(cnt(i + 1, r))\)，直接区间 DP 即可，复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。 ↩︎
AGC016D XOR Replace
一个长度为 \(n\) 序列 \(\{a_i\}\)，一次操作可以将某个位置变成整个序列的异或和。问最少几步到达目标序列 \(\{b_i\}\)，不行则输出 \(-1\)。
\(1 \le n \le 10^5\)。
对于操作类型问题，如果你觉得它难，就是没有发现操作的不变量 / 更简单的操作表示形式。
这个题就是后者。每次变成异或和是比较玄乎的，但是我们观察整个序列的异或和的变化，比如我们操作的是 \(x\)，之前的异或是 \(y\)，那么我们操作后这个数字变成了 \(y\)，但是异或和就是 \(x\) 了。这个启发可以令 \(a_{n + 1}\) 为序列的异或和，然后每次操作就是交换 \(n+1\) 和任意一个位置上的数字。
令异或和为 \(val\)，那么可以达到目标的充要条件就是 \((val \cup \{a_i\}) \subseteq \{b_i\}\)。
接着我们考虑最小步数，对于 \(a_i \neq b_i\)，我们就连一条 \(a_i \to b_i\) 的边，如果所有的值构成了一个环，并且 \(val\) 是一个孤立点，那么步数就是环长，如果 \(val\) 和所有值一样构成了一个环，那么步数就是环长 \(- 1\)，因为我们不管将所有点校正后 \(val\) 可以不用回来，其他的要回来。
于是答案就是边数 + 连通块数目 - [\(val\) 不是孤立点]（最后一步让 \(val\) 不回来） ↩︎
AGC016E Poor Turkeys
有 \(N(2\le N\le 400)\) 只火鸡，编号为 \(1\) 到 \(N\)，有 \(M(1\le M \le 10^5)\) 个人，每人指定了两只火鸡 \(x\) 和 \(y\)。
- 若 \(x\) 和 \(y\) 都活着, 那么这个人将会等概率地随机吃掉一只。
- 若 \(x\) 和 \(y\) 恰好活着一只, 那么这个人将会吃掉活着的这只。
- 若 \(x\) 和 \(y\) 都已经死亡, 那么只好什么都不做。
注意，第 \(1\) 个人到第 \(M\) 个人每个人依次行动。求有多少个 \((i,j)(1\le i<j \le N)\) 满足在最终时刻第 \(i\) 只火鸡和第 \(j\) 只火鸡可能都还活着。
很久以前写的，补一发题解。
考虑如果最后要让 \(i\) 活下来，我们应该干什么，肯定要拉一堆火鸡垫背，于是我们可以设 \(f(i, j)\) 表示如果 \(i\) 最后存活，那么是否一定要拉 \(j\) 垫背。
我们发现，如果正着考虑，每只火鸡生死未卜，无从下手，于是可以发动时间倒流技能！接下来的每次考虑，如果 \(f(i, x)\) 为 \(1\)，那么表示 \(x\) 在后面会被杀，为了保证后面有的杀，于是 \(x\) 在当前时刻一定不能杀，于是可以视为 \(x\) 有一个免死金牌，特殊的 \(f(i, i) = 1\)（我们假设最后杀 \(i\)）。
倒着考虑每个 \(x\), \(y\)，如果 \(x, y\) 全被拉去垫背了，因为这次一定会拉一个毙了，于是后面存在某一次没有垫背的了，于是 \(i\) 一定活不到最后；如果 \(x, y\) 有一个被拉去垫背了，为了让那个时候还能垫背，于是我们可以把另一个也给毙了；如果两个都没有确定是否垫背，那么我们也什么都不能确定。
最后考虑每个最后有希望活下来的 \(i, j\)，如果存在一个 \(x\) 满足 \(f(i, x) = f(j, x) = 1\)，那么意味着，我们要在某一回合一定因为保留 \(i / j\) 要杀了 \(x\)，但是这个 \(x\) 又有免死金牌，必须得活下去，后面 \(j / i\) 需要他垫背，产生矛盾，\(i,j\) 一定活不到最后。于是只要 \(f(i), f(j)\) 没有公共元素即可活下去。 ↩︎
AGC016F Games on DAG
给定一个\(n\)个点\(m\)条边的DAG，对于每条边\((u,v)\)都满足\(u<v\)，\(1,2\)号点各一个石头，每次可以沿DAG上的边移动一颗石头，不能移动则输，求所有\(2^{m}\)个边的子集中，只保留这个子集先手必胜的方案个数。
\(n \le 15, m \le n ^ 2 / 2\)。
首先，如果给定一张图，我们应该如何判断胜负呢？显然，一个点的 \(\rm SG\) 函数就是其所有后继点的 \(\rm SG\) 的 \(\rm mex\)，最后只要 \(1, 2\) 点的 \(\rm SG\) 不同就是先手必胜了。
我们考虑最后的 SG 函数长什么样：
- 对于 \(\rm SG\) 为 \(x\) 的点的集合，我们记为 \(S_x\)。
- \(S_x\) 内部不能有边。
- \(\forall y < x\)， \(S_x\) 中的每个点必须要向 \(S_y\) 中的至少一个点连边。
- 对于 \(y > x\)，\(S_x\) 中的每个点向 \(S_y\) 中点连边的情况是任意的。
于是可以考虑 DP 了，我们记 \(f(s)\) 表示只考虑 \(s\) 集合中的点，并且满足 \(1, 2\) 的 \(\rm SG\) 函数一样的方案数（\(1, 2 \in s\)， 否则不合法），最后答案就是 \(2^m - f(U)\)了。
考虑转移，我们只要确定当前最小 \(\rm SG\) 集合就是了，于是可以枚举 \(t \subsetneq s\)（必须同时包含 / 不包含 1, 2，至于为什么是真子集，是因为如果和 \(s\) 相同，就是全部不能连边，方案为 \(1\)，可以直接累加到 \(s\)），表示这一个部分的点的 \(\rm SG\) 函数是更大的，而 \(s / t\) 部分的 \(\rm SG\) 函数是更小的，如果 \(t\) 包含了 \(1,2\)，那么就可以算出系数递归问题到 \(f(t)\)，如果没有包含，那么 \(t\) 的 \(\rm SG\) 的相同情况也是不重要的，可以任意连边，这些都是比较好计算的。 ↩︎
AGC032D Rotation Sort
给定一个排列，你可以花费 \(A\) 使一个区间最左边的数跑到最右边，或者花费 \(B\) 的代价使最右边到最左边，求把整个序列变成升序的最少花费。
首先一个点只会被操作一次（我们定义被操作就是指 ShiftLeft 中的最左边元素被操作，ShiftRight 同理），如果操作多次完全可以一次进行。
接着，我们考虑最后不会被操作任何一次的数，显然这些数会形成一个上升的序列，至于其他的数，如果它要比后面的一个在该序列中的数字大，那么就要 ShiftLeft 一次到右边，否则我们视为要 ShiftLeft 一次。
于是可以直接记 \(f(i)\) 表示只考虑前 \(i\) 个元素，其中第 \(i\) 个元素是在这个序列中且所有元素排好序的最小代价，直接根据上面的规律转移即可，复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。 ↩︎
