逆天记录 - 4

CF1882E2 Two Permutations (Hard Version)

好题啊，E1 的构造已经让我想了好久了，E2 的第一步转化真的很妙！

需要最优化，首先考虑 dp，但是发现 dp 状态难以定义，所以需要对操作进行一些转化。

考虑在排列的开头加一个 \(0\)，标记整个排列的开头位置。当对位置 \(x\) 进行一次操作时，等价于将位置 \(x\) 与 \(0\) 的位置进行交换。

操作完后，整个序列就是从 \(0\) 开始往后的数循环构成的排列，这样我们就完成了 \(O(1)\) 的交换操作，而且交换两个元素也比原题意的神笔操作正常一些。

由于 \(n,m\le 2500\)，所以考虑枚举两个排列最后的形态（即 \(0\) 的位置），随后对于每一种最终状态。

对于一种对应的状态，对应点之间连边后，最少步数是去除所有一元环后，所有 \(0\) 不在的环的步数是环长 \(+1\)，\(0\) 所在的环的步数是环长 \(-1\)。而如果要多一些步数去拟合另一个排列，可以操作 \(2\) 次。

将所有结束状态分为奇偶两类，对应的取 \(\min\) 即可，构造方案是容易的。

感觉最为逆天的地方还是在于第一步加入一个 \(0\) 的转化，后面的做法还是较为套路的。

CF1879F Last Man Standing

这个题的意义在于让你突破思维定势，如果你被套路所局限，那么你终究只能度过一个相对失败的人生，，。

比较套路的想法是你对于每个 \(a\) 进行上取整的整出分块，然后直接去扫描这 \(n\sqrt A\) 个分界点，时时维护最大值与次大值，但这种做法实现最优秀时复杂度也只能做到 \(O(n\sqrt A)\)，根本无法通过该题。

接下来尝试打破思维定势（其实这也是另一种套路吧），先去枚举 \(x\)，随后枚举 \(\lceil\frac{a}{x}\rceil\)，这个枚举量是 \(O(A\log A)\) 的，可以接受。

接下来，对于每个 \(\lceil\frac{a}{x}\rceil\)，可能成为最大值的只有可能对应区间内的 \(h\) 最大的两个，但是这样就要求区间最大与次大，直接维护还是要带 \(\log\)。如果我们把 \(l\le a\le r\) 的条件弱化为 \(a\ge l\)，然后对于 \(a>r\) 的仍然当作现在枚举的 \(\lceil\frac{a}{x}\rceil\) 来算，发现并不影响结果，我们只需要在维护最大与次大时记录一个 \(id\)，不要让最大与次大的 \(id\) 相同即可。

这样，我们要求的问题转化为 \(a\ge l\) 的 \(h\) 的最大与次大，这可以通过一个类似后缀 \(\max\) 的操作来线性预处理。

至此，我们在 \(O(n+A\log A)\) 的时间复杂度内解决了这个问题，突破了思维定势！

CF995F Cowmpany Cowmpensation

相比于前两题，就更像是一道套路的题目了，没有什么人类智慧难度。

考虑朴素的 dp，令 \(f_{u,i}\) 为以 \(u\) 为根子树内，\(u\) 的点权 \(\le i\) 的方案数。

考虑转移是什么，首先忽略 \(u\) 填的值，那么就是将所有子树的 \(f\) 进行点积，求出 \(g_{u,i}\) 表示 \(u\) 子树内，所有儿子节点的点权都 \(\le i\) 的方案数。

再考虑 \(u\) 填什么，我们钦定每个 \(g_{u,i}\) 中，\(u\) 的点权都选择 \(i\)，这样不会算重，而 \(f_{u,i}=\sum_{j\le i} g_{u,j}\)。

因此转移的本质是对一个点所有子节点的 dp 值进行点积，随后求一遍前缀和。

将 \(f_{u,i}\) 看作一个函数（注意不是生成函数），即考虑 \(F_u\)，其中 \(F_{u}(x)=f_{u,x}\)。容易发现每一次转移 \(F\) 的度数会 \(+1\)，因此最终 \(F\) 的度数 \(\le n\)，因此只要记录 \(O(n)\) 个 \(F_u\) 的值，就可以在计算答案的时候插值出 \(F_{1}(d)\) 了。

ARC124E Pass to Next

考虑赋予 \(\prod x_i\) 实际意义，假设第 \(i\) 个位置有 \(x_i\) 个球，那么这个式子的意义就是每个位置选择一个球，选球的方案数。

先不考虑本质不同的方案，令 \(f_{i,0/1}\) 表示考虑了前 \(i\) 个位置，最后一个位置是选择了自己原本的球 / 选择了上一个传过来的球的方案数。

此处，自己原本的球在往后传的过程中计算，上一个传过来的球在 \(i-1\to i\) 的转移时计算。

那么容易列出转移方程：

\[\begin{bmatrix}f_{i,0}&f_{i,1}\end{bmatrix}\times \begin{bmatrix} \sum_{x=0}^{a_i}x&\sum_{x=0}^{a_i}x(a_i-x)\\ \sum_{x=0}^{a_i}1&\sum_{x=0}^{a_i}x \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f_{i+1,0}&f_{i+1,1}\end{bmatrix} \]

此时还有两个问题：原问题是一个环 与 原问题 \(b\) 相同的只算一次。

对于第一个问题，可以破环为链，然后枚举破环为链割开的点选了什么球来计算。

对于第二个问题，发现如果所有点都向后传了至少一个，那么每个都少传一个最终的 \(b\) 是一样的，而如果有至少一个间隔没有往后传，那么一定没有另一个 \(b\) 序列与之相同，因此只需要在 dp 时再记录一维 \(0/1\) 表示是否有一个间隔出现过没有往后传的情况即可。

AGC016F Games on DAG

首先发现两枚棋子其实是两个独立的游戏，我们对于每一个为起点放一枚棋子求出 SG 后，只需要 \(1,2\) 节点的 SG 值不同那么就是先手必胜。

如果一个点的 SG 值 \(=x\)，那么对于每个 \(y< x\) 他必须向至少一个 SG 值 \(=y\) 的点连边，而不能像任何一个 SG \(=x\) 的点连边，对于 SG \(>x\) 的点，是否连边都行。

考虑从大到小分层确定每个点的 SG，令 \(f(S)\) 表示已经确定了 \(S\) 点集的点相对 SG 值（因为我们是从大到小确定 SG 值的，所以并不能确定 SG 值具体是多少，但是最后一层 dp 到的点就可以看作 SG \(=0\) 的）的不同的连边方案。

转移时，枚举最后一层填 SG 最小 \(=x\) 的是哪个集合的点集，设为 \(s\)，那么 \(t=S\setminus s\) 集合的点就是确定了的 SG \(>x\) 的点。

考虑转移的方案：

• 对于每个 \(u\in t\) 的点，都至少向 \(s\) 中的点连一条边，方案是 \(2^{\mid e_u\cap s\mid}-1\)。
• 对于每个 \(u\in s\) 的点，都可以向 \(t\) 中的点任意连边，方案是 \(2^{\mid e_u\cap t\mid}\)。

由于需要 \(1,2\) 的 SG 值不同，所以在转移时只需要保证 \(s\) 中不能同时出现 \(1,2\) 即可。复杂度 \(O(3^n\cdot n)\)。

AGC016E Poor Turkeys

发现如果想让一直火鸡最后生存下来，那么必然会牺牲一些火鸡，并且对于一只火鸡，如果他最后能生存下来，那么必须牺牲的火鸡是确定的。

对于每一只火鸡 \(a\)，我们想让他最后生存下来，那么倒序考虑，时刻维护一个集合 \(S=\{a\}\) \(\cup\) 必须牺牲的火鸡集合。如果出现了一对 \((x,y)\),分如下情况考虑：

• \(x\in S,y\in S\)，那么两者在之后的操作中都是必须牺牲的或者就是 \(a\)，但是这一次操作必须牺牲一个，所以直接导致 \(a\) 不可能生存。
• \(x\in S,y\not\in S\)，那么 \(x\) 在之后操作中有用，这一次不能牺牲，所以 \(y\) 只能牺牲，所以将 \(y\) 加入 \(S\)。
• \(x\not\in S,y\not\in S\)，那么这一次操作对于 \(S\) 没有影响。

对于每一个火鸡 \(x\) 求出 \(S_x\) 后，考虑如何判断两只火鸡 \(x,y\) 能否同时生存，如果 \(x,y\) 分别都有可能最终生存，结论是 \(S_x\cap S_y=\emptyset\)。考虑证明：

• 充分性：两者无交，所以每只火鸡最多只会影响到最终一只火鸡的状态，不会有重复，一定有解。
• 必要性：考虑上述加入元素到 \(S\) 中的过程，如果一对 \((x,y)\) 满足原来 \(x\in S,y\not\in S\)，导致 \(y\) 加入了 \(S\)，那么连一条从 \(y\to x\) 的有向边，死火鸡的过程其实等价于在这张 DAG 上不断删点，如果 \(S_x\cap S_y\not=\emptyset\)，那么最终一定会有至少一个点 \(u\) 满足有 \(u\to v\) 与 \(u\to w\) 两条边，且 \(v\not=w\)，那么两条边上都要让 \(u\) 死一次，但是 \(u\) 只能死一次，所以不合法，因此 \(S_x\cap S_y=\emptyset\)。

使用 bitset 维护每个 \(S_x\)，最后数数的时候暴力枚举即可，时间复杂度 \(O(nm+\frac{n^3}{\omega})\)。

ARC117F Gateau

感觉没有铜牌难度啊。

首先考虑二分答案，暴力做法是破环成链，将每个限制转化为一段区间的和 \(\ge\) 或 \(\le\) 某个值。考虑对前缀和做差分约束即可，时间复杂度 \(O(n^2\log A)\)。

考虑瓶颈在于每次都要使用 spfa 判断是否存在负环，我们希望能更快的判断负环。

观察到这张图其实就是上下两层，层间从下到上连边权为负的边，从上到下连边权为正的边，每个都都能往前连边权为 \(0\) 的边，第二层的头向第一层的尾边权为 \(0\) 的边，第一层的头向第二层的尾连边权为二分到的和的边。

负环的形态一定是如下三种之一：

• 直接从一对上下的点走一个二元环。
• 经过了从第一行头到第二行尾的边，此时一定是一个按照顺序上下交替的路径，起点和终点的方向没有限制。
• 经过了从第二行头到第一行尾的边，此时一定是一个按照顺序上下交替的路径，并且头尾都是从上往下的路径。

对于第一种情况，可以直接判断，对于后面两种情况，可以 dp 求解最小值，判断其是否 \(<0\)，即可做到 \(O(n)\) 判断是否存在负环。

综上，时间复杂度被优化为 \(O(n\log A)\)。

P9746 「KDOI-06-S」合并序列

感觉是一道比较套路的题，但是我怎么没想出来。。。以下称 \(s[l,r]=\oplus_{i=l}^r a_i\)。

首先考虑区间 dp，令 \(f_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 能否被操作成为一个数。发现转移一定是 \([\dots]\dots[\dots]\dots[\dots]\)，其中三段 \([\dots]\) 都是能被操作为一个数的区间，且三段的异或和 \(=0\)，直接转移复杂度爆炸。

考虑减少枚举的位置，我们枚举第一个段的右端点，即第一个 \([\dots]\) 的 \(]\) 位置，假设该位置为 \(k\)，那么第一段的异或和 \(=s[i,k]\)，我们要 check 是 \((k,j]\) 能否找出两个合法的不交的区间，且第二个区间的右端点 \(=j\)，使得两个区间的异或和 \(=s[i,k]\)。

观察到一个性质，如果 \([l,r]\) 内能找到两个不交的合法区间，第二个区间的右端点 \(=r\)，且两段区间的异或和 \(=s\)，那么对于 \(l'< l\)，\([l',r]\) 一定也能找到。

所以考虑记 \(g_{i,w}\) 表示以 \(i\) 为右端点，找到两段合法区间异或和 \(=k\) 的最右边的左端点，即一个 \(\dots[\dots]\dots[\dots]\) 这样一个子结构的最右左端点位置。

那么在转移 \(f\) 时只需要枚举 \(i,j,k\)，然后判断 \(g_{j,s[i,k]}\) 是否 \(>k\) 即可。此时 \(f\) 的转移已经做到 \(O(n^3)\) 了，但是我们仍然无法快速计算 \(g\)。

考虑再记录一个 \(h_{i,w}\) 代表寻找一个 \(i\) 左边的区间，且这个区间异或和 \(=w\) 的最右边的左端点，即 \([\dots]\dots\) 这样一个结构，以 \(i\) 为右端点，左边区间异或和 \(=w\) 的最右左端点。

那么在转移 \(g\) 时，考虑枚举 \(\dots[\dots]\dots[\dots]\) 种右边那个合法区间的左端点，即对于 \(g_{i,w}\)，枚举 \(j\)，那么 \(g_{i,w}\leftarrow h_{j,s[i,j]\oplus w}\)。

而 \(h\) 是可以在求出 \(f\) 后直接刷表更新的，综上所有 dp 数组的转移复杂度均为 \(O(n^3)\) 或 \(O(n^2w)\)，注意一下转移顺序即可。

P6682 [BalticOI 2020 Day1] 染色

想了好久啊，感觉那个人类智慧的做法确实不好想。

朴素的想法是直接二分，每次先把位置移动到 \(1\)，然后往后移动 \(mid\) 的距离，这样的询问次数是 \(2\log n\)，无法通过，发现瓶颈在于每次想要二分一个值时都需要从 \(1\) 开始移动。

如果我们能够找到一种移动方法，使得每次无论二分到哪个值，都能够成功的走过这个距离，那么就能够做到 \(\log n\) 次询问了。

考虑极限情况，每次都往上二分，即 \(\frac{n}{2},\frac{3n}{4},\frac{7n}{8},\dots\) 的情况。

接下来有一个非常人类智慧的做法，考虑倒序确定，假设最后会到达 \(1\)，那么倒序地左右交替跳，由于倒序情况下每次跳的长度都比上一次短，所以一定不会跳出界。

考虑如果有一次二分没有顶到上界，那么相当于整体的向左或向右平移，依旧并不会跳出界。因此我们可以直接跳来二分了，询问次数 \(\log n\)。

CF1622F Quadratic Set

结论题也算逆天题嘛。。。可能这才是真的逆天吧！

首先考虑 \(n\) 是偶数的情况，设 \(m=\frac{n}{2}\)，那么有如下式子：

\[\prod_{i=1}^n i! =\prod_{i=1}^{2m} i! =\prod_{i=1}^m (2i-1)!(2i)! = \prod_{i=1}^m (2i-1)^2\cdot 2i=2^m\cdot m!\cdot(\prod_{i=1}^m (2i-1)^2) \]

• 如果 \(m\) 是奇数，那么删除一个 \(2\)，删除一个 \(m\) 后，式子变成 \(2^{m-1}\cdot(\prod_{i=1}^m (2i-1)^2)\)，是完全平方数。
• 如果 \(m\) 是偶数，那么删除一个 \(m\) 后，式子变成 \(2^m\cdot(\prod_{i=1}^m (2i-1)^2)\)，是完全平方数。

因此对于 \(n\) 为偶数是，答案 \(\ge n-2\)，而对于 \(n\) 是奇数，再删掉一个 \(n\) 可以变为 \(n\) 是偶数的情况，因此答案 \(\ge n-3\)。

接下来就比较套路了，对于每一个质因数随机一个 hash 值，做异或哈希，对于删除 \(0,1,2\) 个数是容易判的，删除三个数的直接构造即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

CF850F Rainbow Balls

可能是套路，但是反正我不会。

设一共有 \(s\) 个球，考虑计算出每一种颜色的球成为最后的颜色的期望步数，首先先来算概率。

设 \(g_i\) 表示某种颜色的球当前有 \(i\) 个，他成为最后那种颜色的球的概率。设 \(p\) 为选出两个球中，第一个是这种颜色，第二个不是这种颜色的概率，则 \(p=\frac{i(s-i)}{s(s-1)}\)，显然第一个不是这种颜色，第二个是这种颜色的概率也是 \(p\)，容易列出 \(g\) 的转移方程：

\[g_i=p\cdot (g_{i-1}+g_{i+1})+(1-2p)\cdot g_{i} \]

化简一下，得到：

\[2\cdot g_i=g_{i-1}+g_{i+1}\\ g_i-g_{i-1}=g_{i+1}-g_i \]

又因为 \(g_0=0,g_s=1\)，所以得到 \(g_i=\frac{i}{s}\)。

接下来考虑计算期望，设 \(f_i\) 表示一种颜色的球有 \(i\) 个，他成为最后那种颜色的期望步数，转移方程类似：

\[f_i=p\cdot (f_{i-1}+f_{i+1})+(1-2p)\cdot f_{i}+g_i\\ 2\cdot f_i=f_{i-1}+f_{i-1}+\frac{g_i}{p}=f_{i-1}+f_{i+1}+\frac{i}{s}\cdot\frac{s(s-1)}{i(s-i)}=f_{i-1}+f_{i+1}+\frac{s-1}{s-i}\\ f_{i}-f_{i-1}=f_{i+1}-f_{i}+\frac{s-1}{s-i}^{[1]}\\ f_{i+1}=2\cdot f_i-f_{i-1}-\frac{s-1}{s-i}^{[2]} \]

如果我们求出了 \(f_1\)，那么就容易递推出所有的 \(f\) 了，考虑 \(f_s=0\)，则：

\[f_{1}=f_{1}-f_{s}=\sum_{i=1}^{s-1}f_{i}-f_{i+1} \]

用 \([1]\) 式子将上式展开，可以得到：

\[f_{1}=(s-1)(s-2)+(s-1)(f_1-f_2) \]

由 \([2]\) 式子得到，\(f_2=2\cdot f_1-1\)，所以解得 \(f_1=\frac{(s-1)^2}{s}\)。

于是可以递推出所有的 \(f\)，最终的答案为 \(\sum_{i=1}^n f_{a_i}\)。复杂度 \(O(A+n)\)。