AGC 做题合集 #8

代码啥的，可以看之前文章里面的网址，不想再打一遍了……

1. "AGC019F Yes or No"^[1]
2. "AGC044D Guess the Password"^[2]
3. "AGC026E Synchronized Subsequence"^[3]
4. "AGC037E Reversing and Concatenating"^[4]
5. "AGC017E Jigsaw"^[5]
6. "AGC020E Encoding Subsets"^[6]
7. "AGC011E Increasing Numbers"^[7]
8. "AGC033D Complexity"^[8]
9. "AGC009E Eternal Average"^[9]
10. "AGC021C Tiling"^[10]

　　

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1. AGC019F Yes or No

   有 $N+M$ 个问题，其中有 $N$ 个问题的答案是 YES，$M$ 个问题的答案是 NO。当你回答一个问题之后，会知道这个问题的答案，求最优策略下期望对多少。

   答案对 $998244353$ 取模。

   $N, M \le 5\times 10^5$。

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   首先有一个 $\mathcal O(n^2)$ 的 DP，考虑设答案为 $f(n, m)$，那么我们的策略是猜 $n, m$ 更大的对应的选项。

   于是：

   $$f(n, m) = \frac{n}{n+m}f_{n - 1, m} + \frac{m}{n + m}f_{n, m - 1} + \frac{\max(n, m)}{n + m}$$

   把 DP 转到网格图上面，横坐标是 $n$，纵坐标是 $m$，这个就是网格上面不断走路的问题。

   考虑 $y = x$ 这条线，比较特殊，同时我们考虑答案的线的状况，也就是我们从 $(n, m)$ 走到 $(0, 0)$ 的过程，而每一次我们选择的答案都是靠近 $y = x$ 这条线的方向，通过手玩可以发现，我们无论如何，都会有 $\max\{n, m\}$ 的收益，而唯一不确定的就是在 $y = x$ 的时候我们的答案是蒙的，于是答案就是 $\max\{n, m\}$ + 所有路径和 $y = x$ 相交次数的期望 $\times \frac{1}{2}$。

   后面这个是好做的，直接枚举在那个节点贡献，就是组合数了。 ↩︎

2. AGC044D Guess the Password

   这是交互题。

   有一个密码 $S$，字符集为 $\{a, b, \dots, z, A, B, \dots, Z, 0, 1, \dots, 9\}$，你不知道，长度都不知道（$\le L$）。

   每次，你可以猜一个密码 $T$，交互器会告诉你 $S$ 和 $T$ 的最短编辑距离（每次可以删除、添加、替换一个字符，最少步数使得 $S = T$），在 $Q$ 次询问后给出密码。

   $L = 128, Q = 850$。

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   比较 easy 的 *3100，没有太多拐弯抹角。

   长度都不知道就比较 **，考虑先解决长度问题。

   我们直接丢一个长度为 $L$ 的全 a 串，然后就知道 a 的个数了！类似的，直接用 $|\Sigma|$ 的次数不仅问出来长度，甚至问出每个字符出现次数了！

   问出了长度，我们就可以更进一步了，接下来的策略有几种（我想的）：

   • 考虑增量构造，每次插入一个字符，然后通过某种奇怪的方式确定这个字符位置。
   • 考虑增量构造，每次确定下一个字符。
   • 考虑将字符集从 $\{a\}$ 不断拓展到 $\{a, b\}$，直到到了 $\Sigma$。

   经过推断后，可以发现最后一种方案比较有前途。

   考虑 $\Sigma = \{a, b\}$ 怎么搞，现在我们有一堆 a 和一堆 b，我们不断确定 a 中间空隙的 b 的个数，一个比较重要的性质就是如果在 $T$ 中插入了一个对的字符（比如原来 $T$ 是 $S$ 的子序列，插入后还是 $S$ 的子序列），那么编辑距离会减少。为此，我们可以类似归并排序一样，不断试着把空隙填满，如果填满了，就到下一个空隙中间。可以发现次数是 $\mathcal O(cnt_a + cnt_b)$ 的。

   最后一步，我们知道启发式合并，它的本质是小的碰到大的，这个代价是小的大小，而这个题，我们可以每次选择 $cnt$ 最小的两个串合并，于是次数就是 $\mathcal O(L\log L)$ 了！ ↩︎

3. AGC026E Synchronized Subsequence

   有一个长度为 $2 N$ 的仅由字符 $\mathtt{a}, \mathtt{b}$ 构成的字符串，且 $\mathtt{a}$ 的个数恰好等于 $\mathtt{b}$ 的个数，都出现了 $N$ 次。你需要保留一些字符，剩下的字符删掉。对于一个 $i$，你可以保留从左往右数的第 $i$ 个 $\mathtt{a}$ 和第 $i$ 个 $\mathtt{b}$。注意，对于这两个字符，只能同时保留或同时删掉，不能只保留其中一个。请你求出能得到的字典序最大的串。

   $1 \le N \le 3 \times {10}^3$。

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   猜结论去了，人麻了。

   考虑 DP，记 $f(i)$ 表示目前考虑了 $\ge i$ 的所有 ab 对的答案。

   对于第 $i$ 对 ab，我们分类考虑保留这一对 ab 的最大答案，最后和 $f(i + 1)$ 取 $\max$ 即可：

   • a 先出现，如果要保留这一对 ab，那么所有在 ab 间的 a 不能保留，因为比较拉跨，而对于 b 如果保留了，还不如删了这一对，于是 ab 间都不能保留，记 b 后面第一对为 $t$，那么 $f(i) = \texttt{"ab"} + f(t)$。
   • b 先出现，这个是比较优秀的，而这个 a 是比较劣质的，于是我们要在这个 ab 之间尽量填满 b，直接取出中间所有 b $\ge i$ 的对，取出后，我们发现，我们会触发连锁反应，于是一直加加加，直到加完了位置，然后继承后面答案。

   答案就是 $f(1)$。 ↩︎

4. AGC037E Reversing and Concatenating

   给定一个长度为 $n$ 的只包含小写字母的字符串 $s$ 和正整数 $k$，求进行 $k$ 次如下操作后：

   将 $s$ 和 $s$ 的翻转拼接($s$ 在前)得到 $t$，从 $t$ 中截取长度为 $n$ 的子串作为新的 $s$。

   字典序最小的 $s$。

   $n\leqslant 5000,k\leqslant 10^9$。

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   简单题，只要几个推论即可。

   Lemma 1

   有效的 $K$ 不是很大，最多 $\mathcal O(\log n)$ 。

   考虑取出最小位置 $p$，第一次，我们可以让 $p$ 所在的地方为串的末尾，接下来，每一次，我们复制后，都能让 $p$ 的个数 $\times 2$，在 $\mathcal O(\log n)$ 的时间内，直接全部是 $p$ 了。

   Lemma 2

   在前 $K-1$ 次操作中，我们选择的 $T$ 满足 $\overline{T}$（$T$ 反转后的字符串） 字典序最小。

   最后一次暴力贪心即可。

   为什么呢？首先，我们在前 $K-1$ 次操作中，一定是优先让末尾的最小的字符数目尽可能多，其次，是为了让之后的选择更优，结合手玩可以发现，我们只要选择 $\overline{T}$ 最小的即可。

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   综上所述，直接暴力即可，复杂度 $\mathcal O(n^2\log n)$。 ↩︎

5. AGC017E Jigsaw

   题面还是看原题面吧，不太好描述。

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   rnm，不会处理连成环的情况/kk。

   首先，对于 $i \to j$ 这种连接方式合法当且仅当 $B_i = C_j, D_i = 0$ 或者 $D_i = A_j, C_j = 0$，这个启示我们建图，对于一个拼图，如果左边的 $C_i = 0$ 那么代表值就是 $A_i$，否则就是 $C_i+H$，如果右边的 $D_i=0$ 那么代表值就是 $B_i+H$，否则就是 $D_i$，然后左边的代表值向右边的代表值连一条边，容易发现，我们拼起来的方案就对应这若干条路径，每条从 $i \le H$ 的点出发，不重复的经过每条边，最后在 $j > H$ 的点结束。

   我们可以根据度数判断是否有解，对于 $i \le H$ 的点，一定是出度 $\ge$ 入度的，对于 $i > H$ 的点，一定是出度 $\le$ 入度的。

   最后一个问题就是会出现连成一个环的情况，这个可以判断一下对于一个弱连通的图是否是 "卡死" 的，即所有点的入度 = 出度，如果卡死了，那么就会形成环，否则不会。 ↩︎

6. AGC020E Encoding Subsets

   我们定义一个 01 串的压缩是满足如下方式的字符串变化过程：

   • $0\rightarrow 0,1\rightarrow 1$
   • 如果 $A\rightarrow P,B\rightarrow Q$ 合法，那么 $A+B\rightarrow P+Q$ 也合法（其中 $+$ 代表字符串拼接）
   • 如果 $S=\underbrace{A+A+\cdots+A}_{n\text{个}(n\ge 2)}$，那么 $S\rightarrow(A\times n)$ 也合法（其中 (, ), × 为字符，$n$ 为数字，算作一个字符，即使其中有 $0/1$）

   我们同时定义 $01$ 串 $B$ 是 $A$ 的子集当且仅当：

   • $|A|=|B|$
   • $\forall B_i=1,A_i=1$

   现在给你一个 $01$ 串 $S$，问它所有的子集的合法变化结果数的总和为多少。

   答案对 $998244353$ 取模。$|S| \le 100$。

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   不懂诶，这种题简直就是写出即胜利，为什么会是 *2900，为什么 luogu 对于 *3400 都要评蓝了而这个题还是黑，难道仅仅是题目标号带了 E？我不理解，但大受震撼。

   $|S| \le 100$，这种数据范围告诉我们不要高估自己算法的复杂度。

   于是可以考虑怎么优雅地写暴力。

   我们记 $f(s)$ 表示 $s$ 字符串的答案，$g(s)$ 表示 $s$ 字符串必须表示为 $(t\times k)$ 的形式（其中 $k >1$）的答案。

   对于 $g(s)$ 的转移，直接枚举循环节长度 $len$，然后所有段合一起（对应位置取 $\min$），递归成 $f(t)$ 的问题。

   对于 $f(s)$ 的转移，我们直接枚举 $i, j$ 表示 $s[0: i - 1]$ 是不能整花活（不能带有括号，显然方案是 $2^t$，其中 $t$ 为 $s[0 : i - 1]$ 中 $1$ 的个数）的，$s[i : j]$ 是必须为 $g$ 类型方案的，$s[j + 1:]$ 是任意的，然后直接乘起来。当然，还要加上 $s$ 压根不整花活的方案，$2^t$。

   调完样例后发现跑得速度很快，手动测一测 $n = 100$，发现能过？

   然后就切了此题。此题唯一难点在于敢于写出暴力 DP。

   因为没有看题解，所以解法有点奇怪，似乎有 $\infty$ 倍常数，于是抢到了 Atcoder 的第 $6$ 裂解。

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   刚看了一下大家的做法，顺便写一写，不过思路是差不多的，但是设计的状态比较巧妙。

   设 $f(s)$ 表示 $s$ 的答案，$g(s)$ 必须表示为单一字符或者由括号括起来的形式。

   这样转移的时候就只要枚举一个分界点，并且常数减小了一些。 ↩︎

7. AGC011E Increasing Numbers

   我们说一个数是“递增的”，当且仅当对于它的任意相邻的两位都有左边小于等于右边。
   如 $1558$, $11$, $3$ 是递增的，$20170312$、$19260817$ 就不是。
   现在给你一个数 $n$，问最少可以被表示成几个递增的数之和。
   比如 $80 = 56 + 24$，$2017 = 1349 + 668$, $2019 = 1669 + 237 + 113$。

   $1 ≤ n ≤ 10^{500000}$。

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   做出铜牌题好开心！不过话说回来，铜牌题就这？

   对于递增的数，显然类似于洛谷 P2481 [SDOI2010]代码拍卖会，将其拆成若干个 $000\dots0111\dots1$。

   接下来就比较 easy 了，从高到低考虑，显然会被低位的进位所影响，于是果断从低位到高位考虑。

   假设我们现在有 $t (t \bmod 10 = n \bmod 10)$ 个这种 $111\dots1$ 的数字（并且，我们目前考虑到了第 $i$ 位，这些数字后面的 $i - 1$ 位都是 $1$，前面的还没有确定），并且我们上一位给了我们进了 $v$ 次位，如果我们这 $t$ 个数这一位还是全部设为 $1$，那么这一位的数就是 $t+ v \bmod 10$，如果和目标不同，我们就只能通过让 $x$ 个数这一位为 $0$ 解决，如果最小的 $x$ 要 $> t$，那么我们就寄了，因为我们没有办法进行调整，否则我们直接让 $t$ 减去最小的 $x$。为什么一定是最小的呢，因为这样我们会在后面有更多的自由度。

   最后不断操作，如果到了第 $0$ 位，考虑进位了 $0$ 的数，如果是 $0$，那么就是一个合法的方案了，否则就意味着我们的这种 $000\dots0111\dots1$ 数过多了，可以考虑减少一下（我声称这是可以的，可以通过调整法，在 1 位置大量减少这种数，使得进到 0 的数为 0）。

   注意上面的证明不是非常严谨，但是作为做题人，只要到这一步就差不多了，在本机 Rand 几个数可以发现，一定存在一个分解点 $lim$，满足有 $lim$ 个这种数的情况下就是 OK 的，在 $<lim$ 个数的情况下就会寄，多了就只会出现进位到 $0$ 的数过多的情况。

   于是这个是有单调性的，可以直接二分答案。复杂度 $\mathcal O(\log_{10} n \log_{2} {\log_{10} n})$。这就是传说中的复杂度带个 $\log\log$ 吗。 ↩︎

8. AGC033D Complexity

   给定一个 $N$ 行 $M$ 列的字符矩阵。

   我们定义一个字符矩阵的凌乱度为：

   • 若这个字符矩阵中所有字符都相同，则凌乱度为 $0$。
   • 否则，则考虑所有的沿水平或者竖直方向的直线，将字符矩阵分成两个不为空的部分，设两个部分的凌乱度分别为 $a$ 和 $b$，则整个字符矩阵的凌乱度为 $\max(a,b)+1$ 的最小值。

   请你求出，给出的字符矩阵的凌乱度是多少。

   $1 \leq N, M \leq 185$。

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   以前的讲课题，知道大概思路，但是没有落实。今天 VP 的是否突然发现有这个题，于是编了编细节，然后写了写。

   首先，我们有一个朴素的状态，$f(a, b, c, d)$ 表示 $(a,b)$ 为左上角，$(c,d)$ 为右上角的凌乱度，而这个状态就是 $\mathcal O(n^2m^2)$ 的，而转移还有一个 $n+m$ 的复杂度，肯定寄了。

   但是我们发现，这个题目的答案是比较小的（$\mathcal O(\log n + \log m)$），于是可以考虑将状态与答案互换，设 $f(i, j, k, d)$ 表示从 $i$ 行到 $j$ 行从 $k$ 列开始的凌乱度为 $d$ 的最右边列是什么，而 $g(i, j, k, d)$ 表示从 $i$ 列到 $j$ 列从 $k$ 行开始的凌乱度为 $d$ 的最下的行是什么。

   以 $f$ 转移为例，枚举划分方式，根据列切，那么就是 $f(i, j, f(i, j, k, d - 1) + 1, d - 1)$ 了，如果按照行切，那么就要根据 $g$ 来转移，也就是找到最大的 $p$ 满足 $g(k, p, g(k, p, i, d - 1) + 1, d - 1) \ge j$ 了，而在 $i,j$ 固定而 $k$ 递增的时候 $p$ 是又单调性的，可以直接双指针求出。

   复杂度 $\mathcal O(n^2m (\log n + \log m))$。 ↩︎

9. AGC009E Eternal Average

   黑板上有 $n$ 个 0 和 $m$ 个 1，我们每次选择 $k$ 个数字将其擦除，然后把它们的平均数写上去，这样一直操作直到只剩下一个数字，问剩下的这个数字有多少种不同的情况。

   答案对 $10^9+7$ 取模

   $1 \leq n,m \leq 2000,2 \leq k \leq 2000$

   保证 $n+m-1$ 能被 $k-1$ 整除。

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   联赛前写的题目，现在补一发题解。

   首先，这种写平均数的题目，我们可以想到建树，一个点对于答案的贡献就是 $\frac{1}{k^{dep}} a_i$。

   这个时候，比较 naive 的想法，就是直接考虑每次操作了的 $1$ 个数，但是显然会寄，因为可以操作 $k$ 个，于是产生了进位。

   那么我们可以考虑最后的 $k$ 进制小数，对于这个进行 DP，然后我们注意到对于原来的小数，每次进位后所有位置的数字和 $\bmod~(k - 1)$ 的结果都是不会变化的，于是只要统计小数的数字之和 $\bmod ~(k - 1)$ 和 $m \bmod (k - 1)$ 相同的小数即可。

   复杂度 $\mathcal O(nm)$。 ↩︎

10. AGC021C Tiling

    能否在 $n\times m$ 的棋盘上放 $A$ 个 $1\times 2$ 的砖和 $B$ 个 $2\times 1$ 的砖？如果能，构造出方案。

    $1\le n,m\le{10}^3$，$1\le A,B\le 5\times{10}^5$。

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    虽然没有看题解，但是并不是完全独立做出来的，因为 WA 到自闭了于是动用了魔法下了两个数据找到了叉点，于是过了。

    首先，在 $n, m$ 中间有一个偶数的时候，不难得到策略（假设 $n$ 是偶数）：

    <><><><>^
    <><><><>v
    <><>^^^^^
    <><>vvvvv
    

    而且最多浪费 $2$ 个：

    <><><><>^
    <><><><>v
    <><>^^^^^
    <>..vvvvv
    

    其他都是利用最大化了。

    ---

    对于 $n, m$ 都是奇数的情况，我们可以照葫芦画瓢，再整一个类似的：

    <><><><>^
    <><><><>v
    <><><><>^
    <><>^^^^v
    <><>vvvv.
    

    最多浪费 $3$ 个格子：

    <><><><>^
    <><><><>v
    <><><><>^
    <><>^^^^v
    <>..vvvv.
    

    然后交上去 WA 了 $6$ 个点。

    下载数据发现是第二种情况有问题。

    手玩一下比较小的 case，然后发现在 $3, 5, 5, 2$ 这种情况下，我们会：

    <><>^
    <><>v
    <>...
    

    然后就寄了。

    然后有更加优秀的做法：

    <><>^
    ^<>.v
    v<><>
    

    这个启发我们再拼上这种方案：

    <><><>^
    ^<><>.v
    v<><><>
    ^<><><>
    v<><><>
    

    这样两个方案综合，最多浪费一个格子。

    注意，我们优先使用 <> ，于是 <> 个数为 $\max\{a, b\}$ （如果是 $b$ 就交换行列构造，然后换回来），不然就会 WA 一个点。 ↩︎