AGC 做题合集 #5

书接上回，代码可以看 这里。

1. AGC018D Tree and Hamilton Path^[1]
2. AGC014D Black and White Tree^[2]
3. AGC013C Ants on a Circle^[3]
4. （VP）AGC028C Min Cost Cycle^[4]
5. （VP）AGC028B Removing Blocks^[5]
6. （VP 补题）AGC028D Chords^[6]
7. AGC016D XOR Replace^[7]
8. AGC016E Poor Turkeys^[8]
9. AGC016F Games on DAG^[9]
10. （VP 补题）AGC032D Rotation Sort^[10]

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1. 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）。

   $2 \le n \le 10^5$。

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   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。 ↩︎

2. AGC014D Black and White Tree

   • 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；

   • 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。

   • 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：

     1. 把所有青木染成黑色的节点的相邻的白点感染成“次黑色”。
     2. 次黑色不能继续感染白点。

   • 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。

   • 现在给出这棵树，问当前此树是先手必胜还是后手必胜。

   $2 \le N \le 10^5$。

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   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。

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   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。 ↩︎

3. 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。

   $1 \le N \le 10^5, 1 \le L \le 10^9$。

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   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。 ↩︎

4. 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，$2 \le n \le 10^5$，$1 \le a,b \le 10^9$。

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   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。 ↩︎

5. 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。 ↩︎

6. 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。

   $1 \le n \le 300$。

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   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 $\mathcal O(n^3)$。 ↩︎

7. 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 $-1$。

   $1 \le n \le 10^5$。

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   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） ↩︎

8. 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 $y$。
   

   1. 若 $x$ 和 $y$ 都活着, 那么这个人将会等概率地随机吃掉一只。
   2. 若 $x$ 和 $y$ 恰好活着一只, 那么这个人将会吃掉活着的这只。
   3. 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。

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   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。 ↩︎

9. 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。

   $n \le 15, m \le n ^ 2 / 2$。

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   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。 ↩︎

10. 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。

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    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 $\mathcal O(n^2)$。 ↩︎