atcoder（2022.7~2022.11）

AGC 001 D

题目大意：有一个长度为 $m$ 的序列 $a$，它的和为 $n$，需要将 $a$ 重排，并构造一个任意长度但和为 $n$ 的序列 $b$，使得对任意长度为 $n$ 的字符串，如果它能被 $a$ 划分成一堆长度为 $a_i$ 的回文串，且能被 $b$ 划分成一堆长度为 $b_i$ 的回文串，那么它的所有字符一定相同。

转化为图论问题，相当于是要使 $n$ 个点的图连通。

如果 $a_i$ 的奇数个数大于 $2$ 无解。

把长度为偶数的 $a_i$ 放中间，长度为奇数的 $a_i$ 放两边。

端点处的 $a_i$ 伸出一个接口。

中间的 $a_i$ 伸出两个接口。

AGC 001 E

考虑组合意义。

相当于是求从 $(0,0)$ 走到 $(a_i+a_j,b_i+b_j)$ 的方案数。

考虑平移一下，求从 $(-a_i,-b_i)$ 到 $(a_j,b_j)$ 的方案数。

然后设 $dp(i,j)$ 表示走到坐标 $(i,j)$ 的方案数。

$$dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i,j-1)$$

刚开始把所有 $i$ 对应的 $dp(-a_i,-b_i)$ 加 $1$，最后还要减去 $(-a_i,-b_i)$ 到 $(a_i,b_i)$ 的贡献再除以 $2$即可。

AGC 001 F

没见过的套路。

考虑 $Q_i$ 表示元素 $i$ 在原排列 $P$ 中出现的位置。

那么原来的条件可以转化为，当 $|Q_i-Q_j|\geq K$ 且 $|i-j|=1$ 时可以交换 $Q_i$ 和 $Q_j$。

因此，当 $|Q_i-Q_j|<K$ 时，如果 $i<j$，无论怎么调整，总有 $i'<j'$。

也就是说，当 $|i-j|<K$ 时，如果 $P_i<P_j$，无论怎么调整，总有 $P'_{i}<P'_{j}$。

因此，可以根据初始时 $P_i$ 的大小关系建立 $DAG$，使得字典序最小。

暴力拓扑排序的话可以把点放到一个小根堆里，每次取出编号最小的删除。

可以考虑使用线段树优化这一过程，一个点 $x$ 入度为 $0$ 仅当它在 $(x-K,x+K)$ 中值最小。

每次从小根堆中取出元素后把这个点删去，再分别查询 $(x-K,x)$ 和 $(x,x+K)$ 中最小的点，检验一下是否入度为 $0$ 即可。

AGC 002 D

题目大意：有一张连通图，第 $i$ 条边的边权为 $i$，每次询问给定 $(x,y,k)$ 询问从 $x$ 和 $y$ 走出来的点集满足大小等于 $k$ 时最大边的最小值是多少。

方法一：

可以离线，因此可以直接使用整体二分，答案用可撤销的按秩合并并查集维护，可以做到 $\mathcal{O}(n\log n)$。

方法二：

可以考虑建出 $kruskal$ 重构树，每次询问二分一个答案，倍增往上跳，维护子树内的最大点权，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log ^2n)$。

AGC 002 E

用画图法解决博弈论。

考虑把 $a$ 从大到小排序。

然后把数列 $a$ 看成一个阶梯状的网格。

操作 $1$ 相当于删除最左的一列网格。

操作 $2$ 相当于删除最下的一行网格。

因此可以看成在网格上移动。

网格突出的地方满足 $a_i>a_{i+1}$，为必败点。

于是可以 $dp$ 求出网格上所有点的状态。

直接 $dp$ 是 $\mathcal{O}(n^2)$，无法通过本题。

观察一下状态的取值可以发现，一条斜线上的 $dp$ 值相等。

因此可以从 $(1,1)$ 出发，找到 $(1,1)$ 所在斜线在网格内的最远点。

考察一下那个点与初始必败点间的位置关系即可。

AGC 002 F

终于懂了。

考虑一种颜色一种颜色地加，那么任意时刻白点的个数都大于等于颜色的种类数。

考虑给其它颜色编号，编号为 $i$ 的颜色对应第 $i$ 个白点，即编号为 $i$ 的颜色一定是从左到右第 $i$ 种出现的颜色。

这样，在我们加颜色的过程中，相当于是在给颜色编号，可以做到不重不漏。

设 $f(i,j)$ 表示加入了 $i$ 个白点，$j$ 种颜色的方案数。

$$f(i,j)=f(i-1,j)+f(i,j-1)\binom{nk-i-(j-1)(k-1)-1}{k-2}(n-j+1)$$

AGC 003 D

首先，只需要考虑 $\leq\sqrt{maxv}$ 的质因子，一个数如果含有 $>\sqrt{maxv}$ 的质因子，它肯定可以选。

其次，每个数分解质因数后的指数都可以模 $3$。

每个数都这样处理，会得到一个新的数列，满足新的数列中的数有唯一对应的不能同时选入集合中的值，这个值可能和它不等，可能和它相等。不等的话取个 $\max$，相等的话只能选一个。

这样做的复杂度是 $\mathcal{O}(n\frac{\sqrt{maxv}}{\log maxv})$，其中 $\frac{\sqrt{maxv}}{\log maxv}$ 在 $10^4$ 左右，无法通过本题。

考虑把分解所用的质因子调少，只考虑 $\leq\sqrt[3]{maxv}$ 的质因子。

假设分解过后还剩的数为 $x$。

如果 $x=1$，那么没有影响，正常处理。

如果 $x>1$，那么只可能是 $p$，$pq$，$p^2$ 这 $3$ 种情况，其中 $p$ 和 $q$ 都是质数。

如果是 $p$，那么它要匹配的数需要乘上 $p^2$。

如果是 $pq$，那么它要匹配的数需要乘上 $p^2q^2$。

如果是 $p^2$，那么它要匹配的数需要乘上 $p$。

因此，判断一下 $x$ 是不是完全平方数分类讨论一下即可，时间复杂度为 $\mathcal{O}(n\frac{\sqrt[3]{maxv}}{\log maxv})$。

这道题提示我们根号分治不一定只是二次根号，还可能是多次根号。

AGC 030 D

一般的题目都是通过方案数求得概率，这道题说明还可用概率求方案数。

观察到每次交换只会影响 $\mathcal{O}(n)$ 个点对间的概率，但被影响方案数的点对较多，因此可以从概率的角度入手。

设 $f(i,j)$ 表示 $a_i<a_j$ 的概率，每次转移为 $\mathcal{O}(n)$，因此总复杂度为 $\mathcal{O}(nq)$。

AGC 041 D

第三个限制较难，先考虑第三个限制。

对于一个大小为 $k$ 的子集 $S$ 和一个大小为 $k+1$ 的子集 $T$，需要满足第三个限制，相当于使得 $S$ 集合的最大值小于 $T$ 集合的最小值。

于是贪心地构造，排序后把前 $k+1$ 个数放到 $T$ 集合，后 $k$ 个数放到 $S$ 集合，那么第三个限制等价于前 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1$ 个数的和大于后 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ 个数的和。

再考虑第一个限制，这相当于每次选择一段前缀减 $1$。

于是可以预处理出每段前缀减 $1$ 后对前 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1$ 个数和后 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ 个数的差的影响，跑一个完全背包即可。

ARC 104 D（背包DP，平均数）

题意

有 $N$ 种数 $1$ 到 $N$，每种数可以选择 $0$ 到 $K$ 个。

需要对每个 $x = 1,2,3,\cdots n$，求出选择一些数，和的平均数为 $x$ 的方案数，对 $M$ 取模。

$1 \leq N,K \leq 100$，$10 ^ 8 \leq M \leq 10 ^ 9 + 9$。

题解

发现平均数不好处理。

假设选出的集合为 $S$，那么需要满足 $\sum _ {v \in S} v = |S|x$。

把每个 $v$ 减去 $x$ 得 $\sum _ {v \in S} v - x = 0$。

这相当于是从 $1$ 到 $x - 1$ 中选一些数，从 $1$ 到 $n - x$ 中选一些数，使它们的和相等的方案数。

设 $f(i,j)$ 表示前 $i$ 种数和为 $j$ 的方案数。

使用多重背包的前缀和优化可以做到 $\mathcal{O}(n ^ 3 k)$。

ARC 104 E（搜索，DP）

题意

有 $n(1\leq n \leq 6)$ 个数，每个数的范围为 $1$ 到 $a _ i(1 \leq a _ i \leq 10 ^ 9)$，求所有填数方式中最长上升子序列的长度和。

对 $10 ^ 9 + 7$ 取模。

题解

$n$ 很小，于是可以先搜出所有可能的相对大小关系。

对于一种确定的相对大小关系，考虑 DP。

将所有的上界从小到大排序后可以发现，每种数一定只会出现在某两个相邻的上界之间。

设 $f(i,j)$ 考虑了前 $i$ 种上界，放了前 $j$ 种数的方案数。

转移考虑新的上界之间放几个数，判断一下合不合法即可。

ARC 105 D（博弈论，结论）

题意

有 $n(1 \leq n\leq 10 ^ 5)$ 个背包，$n$ 个盘子，背包 $i$ 里有 $a _ i(1 \leq a _ i \leq 10 ^ 9)$ 个硬币，初始时盘子里没有硬币。

两个人轮流操作，如果还有背包有硬币，那么可以选择一个背包，把全部硬币导入某个盘子中，如果没有背包有硬币，那么可以选择一个盘子，至少取走一个硬币，最后不能操作的人输。

题解

简单题结论题，虽然我还是没有做出来。

首先当背包里的硬币全部转移到盘子上的时候，就是一个简单的 Nim 游戏，如果异或和大于 $0$，先手必胜，否则后手必胜。

如果 $n$ 是奇数，Nim 游戏的时候后手先取，由于无论先手怎么放硬币，后手总能使一个盘子的硬币总数大于一半，因此后手必胜。

如果 $n$ 是偶数，与奇数的情况类似，只是要特判所有数字出现次数都是偶数的情况。

ARC 105 E（博弈论，结论）

题意

有一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，两个人轮流操作，每次操作后需要满足下面两个条件：

1. 节点 $1$ 和节点 $n$ 不连通。
2. 没有重边和自环。

谁不能操作就输了，问谁能赢。

题解

假设最后 $1$ 所在连通块的大小为 $x$，那么能够连的边数为 $\frac{n(n-1)}{2}-x(n-x)-m$。

首先，如果 $n$ 是奇数，那么这个公式的奇偶性固定，可以直接得到答案。

现在考虑 $n$ 是偶数的情况。

假设 $1$ 所在的连通块大小为 $a$，$n$ 所在的连通块的大小为 $b$。

如果 $a$ 和 $b$ 的奇偶性相同，那么除去 $1$ 和 $n$ 必然剩余偶数个点。如果 $\frac{n(n-1)}{2}-ab-m$ 为偶数，无论先手怎么操作，后手总能消除他的影响，因此后手必胜。否则，$\frac{n(n-1)}{2}-ab-m$ 为奇数，那么先手必然可以通过一次操作调整奇偶性，然后效仿之前后手的操作即可必胜。

如果 $a$ 和 $b$ 的奇偶性不同，那么必然存在一个除去 $1$ 和 $n$ 的连通块大小为奇数，因此，先手总可以调整使得这个式子为偶数且 $a$ 和 $b$ 的奇偶性相同，转化为上面一种情况可以得出先手必胜。

ARC 105 F（状压DP，容斥）

题意

有一张 $n$ 个点 $m$ 条边的简单无向图，问选出一个边集，使得 $n$ 个点与这些边构成的图连通，并且图是二分图的方案数。

对 $998244353$ 取模。

$1\leq n\leq 17,n-1\leq m\leq \frac{n(n-1)}{2}$。

题解

注意到连通图这个限制不好处理，于是可以考虑容斥。

设 $g(S)$ 表示给集合 $S$ 染色，不保证连通的方案数，$f(S)$ 表示给集合 $S$ 染色，保证连通的方案数，$e(S)$ 表示集合 $S$ 内部的边数。

$$g(S)=\sum_{T\subset S} 2^{e(S)-e(T)-e(S\oplus T)}$$

求解 $f(S)$，可以考虑用总的方案数减去不连通的方案数，通过枚举 $S$ 中的一个连通块转移。

为了防止算重，可以钦定 $S$ 中的任意一个元素 $x$ 在选择的连通块中。

$$f(S)=\sum_{T\subset S,x \in T}f(T)g(S\oplus T)$$

ARC 106 E（二分，Hall 定理）

题意

你经营着有 $N$ 个员工的商店，每个员工会工作 $a _ i$ 天然后休息 $a _ i$ 天。

每一天你可以选择一个员工给他一枚奖章，问要使得每个员工都有 $K$ 枚奖章最少需要多少天。

题解

首先，可以二分答案，问题转化为能否在 $x$ 天内给每个人 $K$ 个奖章。

这可以抽象成二分图匹配：左边有 $NK$ 个点，右边有 $x$ 个点，左边的点与右边的点有连边表示能够在那一天给那个人一枚奖章。

现在需要判断这张二分图是否存在最大匹配。

注意到只需要判断是否存在最大匹配，并不需要求出具体的最大匹配是多少，于是可以考虑 Hall 定理：对于任意一个左部点的集合 $S$ 假设它能连到的右部点的集合为 $e(S)$，满足 $|S|\leq |e(S)|$。

有一个结论是，我们并不需要枚举 $2^{NK}$ 个集合，只需要枚举 $2^N$ 个集合，并钦定集合中一定包含了每个人的那 $K$ 个点。

这是因为我们只需要找到那些最不可能满足条件的集合就行了，而对于固定的人的集合 $S$，$|S|-|e(S)|$ 取得最大值是在每个人都选满 $K$ 天的时候（天数越大越容易超过 $x$）。

所以，只需要二分答案后枚举 $2^N$ 个集合判断即可。

ARC 106 F（计数，prufer序列，生成函数）

题意

有 $N$ 个点，每个点有 $a_i$ 个孔，每次可以选择两个不同点，连接两个未被连接过的孔，有多少中方案使得最后形成一棵树。

题解

考虑 prufer 序列，假设第 $i$ 个点的度数为 $deg_i$，那么答案为

$$(N-2)!\prod_{i=1}^{N}\frac{a_i^{\underline{deg_i}}}{(deg_i-1)!}$$

考虑生成函数

$$f_i(x)=\sum_{j=0}\frac{a_i^{\underline{j+1}}}{j!}x^{j}=\sum_{j=0}\frac{a_i!}{j!(a_i-j-1)!}x^j=a_i\sum_{j=0}\binom{a_i-1}{j}x^{j}=a_i(x+1)^{a_i-1}$$

那么答案为

$$(N-2)![x^{N-2}]\prod_{i=1}^{N}f_i(x)=([x^{N-2}](x+1)^{\sum (a_i-1)})(N-2)!\prod a_i$$

即

$$\binom{\sum (a_i-1)}{N-2}(N-2)!\prod a_i$$

ARC 107 D（背包DP）

题意

选择 $n$ 个数，每个数只能是 $\frac{1}{2^i}(i\geq 0)$，使得它们的和为 $k$ 的方案数。

题解

设 $f_{i,j}$ 表示考虑了前 $i$ 个数，和为 $j$ 的方案数。

分两种情况：

• 选 $1$，从 $f_{i-1,j-1}$ 转移。
• 不选 $1$，从 $f_{i,2j}$ 转移。

若 $i<j$，$f_{i,j}=0$。

AGC 030 F（DP）

首先，如果 $i$ 和 $i+1$ 都不是 $-1$，那么可以直接配对。

于是现在只有两个 $-1$ 或一个 $-1$ 的情况。

先不考虑两个 $-1$ 之间的排列顺序，最后乘上一个阶乘即可。

现在问题转化成给一大一小的数配对的方案数。

记 $val_i$ 表示 $i$ 是否在序列中出现。

按照从大到小DP，设 $f_{i,j,k}$ 表示考虑了大于等于 $i$ 的数，有 $j$ 个 $val=0$ 的未匹配的数，$k$ 个 $val=1$ 的未匹配的数，能够得到的数列个数（不考虑两个 $-1$ 间的相对顺序）。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$。

AGC 013 D（DP）

小粉兔的题解

AGC 036 D（差分约束，负环，DP）

不存在负环等价于差分约束存在一组解。

考虑差分约束的变量 $x_i$，因为 $i$ 向 $i+1$ 连的边权为 $0$ 的边不会删去，因此满足 $x_i-x_{i+1}\geq 0$。

令 $p_i=x_i-x_{i+1}$，需要满足 $p_i\geq 0$，再令 $s_i$ 为 $p_i$ 的前缀和。

如果 $i$ 向 $j$ 连了一条边权为 $-1$ 的边，那么 $x_i-x_j\geq 1$，即 $s_{j-1}-s_{i-1}\geq 1$。

如果 $j$ 向 $i$ 连了一条边权为 $1$，的边，那么 $x_i-x_j\leq 1$，即 $s_{j-1}-s_{i-1}\leq 1$。

可以发现 $p_i$ 的取值只能是 $0,1$。

现在问题转化为有 $n-1$ 个取值为 $0,1$ 的变量，如果一个连续段的和大于 $1$ 会付出一定代价，如果小于 $1$ 会付出一定代价，求最小代价。

考虑 DP，设 $f_{i,j}$ 表示最后一个 $1$ 的位置为 $i$，倒数第二个值为 $j$，只考虑右端点小于等于 $i$ 的连续段的最小代价。

使用二维前缀和优化即可做到 $\mathcal{O}(n^3)$。

AGC 040 E（DP）

将序列分成两个序列相加的形式，令 $a_i=b_i+c_i$，于是答案等于 $\sum[b_i>b_{i+1}]+\sum[c_i<c_{i+1}]$。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，$b_i=j$ 的最小代价。

$$f_{i,j}=\min_{k=0}^{a_{i-1}}(f_{i-1,k}+[j<k]+[j<k+a_i-a_{i-1}])$$

可以发现对于同一个 $i$，一定有 $f_{i,0}\leq f_{i,a_i}+2$，而对于同一种取值的 $f_{i,j}$，$j$ 肯定越小越好。

于是只需要对每个 $i$，维护 $3$ 个 $j$ 即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

AGC 032 E（结论，调整法，二分答案）

结论是一定存在一个分界点，满足左边首尾匹配后小于 $M$，右边首尾匹配后大于等于 $M$，可以通过调整法证明。

于是二分答案即可。

小粉兔的题解。

AGC 010 E（拓扑排序）

先考虑 $a$ 固定的下最终的序列是什么。

如果存在 $i<j$，满足 $a_i$ 与 $a_j$ 不互质，那么 $a_i$ 与 $a_j$ 的相对顺序已经固定，可以根据这个建出一张 DAG。

而后手要使得字典序最大，用大根堆维护拓扑序即可。

下面考虑先手的策略。

先手要使得字典序尽可能小，于是可以从小到大枚举权值 $a_u$，枚举所有与它不互质的数 $a_v$，如果 $v$ 没有访问过，那么 $u$ 向 $v$，然后访问 $v$，递归下去。

对建出的图求一个最大拓扑序即可。

AGC 027 E（结论，贪心，DP）

参考 小粉兔的题解。

首先，有个经典套路，将字符串中的 $a$ 看成 $1$，$b$ 看成 $2$，那么每次操作后模 $3$ 意义下的和不会改变。

然后，有一个结论，对于一个固定的字符串 $s$，$s$ 能够变成字符 $c$ 当且仅当 $|s|=1$ 或 $s$ 存在相邻的两个字符相同且 $s$ 模 $3$ 意义下的和与 $c$ 相等。

根据这个结论，我们可贪心地判断 $s$ 是否能够变成 $t$。

对于 $t$ 的每个字符，找到 $s$ 极短的一段前缀能够替换成那个字符，且必须满足最后 $s$ 的字符在模 $3$ 意义下和为 $0$。

先特判掉没有相邻字符相等的情况，然后考虑对这个贪心的过程DP。

设 $f_i$ 表示以 $i$ 开始的后缀能够变成的 $t$ 的个数，为了方便，转移时可以加入一个空串，最后再减去即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

AGC 017 F（轮廓线DP）

很妙的轮廓线DP。

先把一条折线用一个 $01$ 序列表示，$0$ 和 $1$ 分别表示往左还是往右，然后不难想到一个暴力的状压DP，设 $f(i,S)$ 表示考虑了前 $i$ 条折线，其中第 $i$ 条折线的状态为 $S$ 的方案数，时间复杂度是 $\mathcal{O}(m4^n)$。

考虑轮廓线DP。

设 $f(i,j,S,d)$ 表示前 $i$ 条折线，第 $j$ 行，轮廓线状态为 $S$，第 $j$ 行上第 $i$ 条折线与第 $i-1$ 条折线的距离为 $d$ 的方案数，时间复杂度为 $\mathcal{O}(mn^22^n)$。

考虑继续优化。

可以发现当前状态如果合法，如果这一位没有限制，那么这条折线可以往左走，如果有，那么可以往右走，问题在于没有限制但却往右走的情况很麻烦。

可以考虑设 $f(i,j,S)$ 表示前 $i$ 条折线，第 $j$ 行，轮廓线状态为 $S$ 的方案数。其中 $S$ 的 $0$ 到 $j-1$ 位表示当前折线的状态，而后面那些位表示限制，如果为 $0$ 表示可以填 $0/1$，如果为 $1$ 表示只能填 $1$（类似数位DP）。

考虑转移。

• 第 $j$ 位为 $1$，只能向右走，$f_{i,j-1,S}\longrightarrow f_{i,j,S}$。

• 第 $j$ 位为 $0$，可以往左也可以往右，如果往左，之后的限制并不会被影响，$f_{i,j-1,S}\longrightarrow f_{i,j,S}$。

  如果往右，会改变之后的限制，因为先在可以不管限制往左一次，也就是说，可以去掉 $j$ 位之后的第一个 $1$，令 $0$ 到 $j-1$ 位构成的集合为 $T$，$j$ 位以及之后构成的集合为 $U$，那么 $f_{i,j-1,S}\longrightarrow f_{i,j,T\cup j\cup (U-lowbit(U))}$（不严谨，看代码）。

ABC 276 G（组合数学，差分）

题目要求相邻两个数模 $3$ 不同余，这个限制不好处理，考虑差分。

假设差分后的序列为 $d_i=a_i-a_{i-1}$，那么需要满足如下限制：

• $d_i\geq 0$。

• 如果 $i\geq 2$，$d_i$ 模 $3$ 只能是 $1$ 或 $2$。

• $\sum d_i\leq m$。

假设 $d_i=3y_i+x_i$，那么 $\sum y_i\leq \lfloor \frac{m-\sum x_i}{3} \rfloor=t$，方案数为 $\binom{t+n}{n}$。

AGC 012 D（组合数学，结论）

如果 $a$ 能和 $b$ 交换，且 $a$ 能和 $c$ 交换，那么 $a,b,c$ 的顺序可以任意排列，因此，相对顺序可以改变的性质具有传递性。

于是可以轻易得到一个 $\mathcal{O}(n^2)$ 的做法，枚举所有点对 $(i,j)$，如果 $i$ 和 $j$ 能交换那么就把它们合并到一个连通块，最后的答案就是所有连通块答案的积。

再思考一步可以发现，连边只和每种颜色权值最小的点有关，分类讨论一下即可。

AGC 018 F（欧拉回路，构造）

对于一个节点 $u$，如果在两个树上儿子个数的奇偶性不同，那么一定无解。

考虑建出一张有 $2n$ 个节点的图，其中 $1$ 到 $n$ 号节点表示第一棵树，$n+1$ 到 $2n$ 号节点表示第二棵树，它们均保留原来树上的边，特别的，两个根之间连一条双向边。

此时，对于 $1\leq i\leq n$，如果 $i$ 号点的度数为奇数，那么 $i$ 和 $i+n$ 之间连一条双向边。

这样，所有点的度数都是偶数，存在欧拉回路。

跑一遍欧拉回路，考虑之前新增的边的方向，如果是 $i$ 向 $i+n$，那么 $i$ 的值为 $1$，否则为 $-1$，对于没有新增边的点，值为 $0$。

证明可以考虑欧拉回路中每个简单环的贡献。

AGC 035 D（DP，逆推法，搜索）

最后一定会剩下下标为 $1$ 和 $n$ 的两个数。

考虑逆推，假设要在 $a$ 和 $b$ 中间插入一个数 $v$，考虑 $v$ 对答案的贡献。

设 $a$ 将会被记入答案 $x$ 次，$b$ 将会被记入答案 $y$ 次，那么 $v$ 的贡献为 $v(x+y)$。

于是考虑设 $f(l,r,x,y)$ 表示当前剩下的两个数的下标为 $l$ 和 $r$，$l$ 将会记入答案 $x$ 次，$r$ 将会记入答案 $y$ 次的最小和。

转移考虑枚举新加的数的位置

$$f(l,r,x,y)=\min_{l<i<r}f(l,i,x,x+y)+f(i,r,x+y,y)+a_i(x+y)$$

最后的答案为 $a_1+a_n+f(1,n,1,1)$。

这个算法的复杂度是多少呢？

可以发现，当 $r-l$ 相同时运算次数是完全相同的于是有一个大概的式子（不严谨，但可以这么分析）：

$$T(n)=\sum_{i<n}T(i)$$

设 $S(n)$ 是 $T(n)$ 的前缀和，那么

$$S(n)=2S(n-1)$$

于是时间复杂度为 $\mathcal{O}(2^n)$ 。

AGC 015 D（结论，分类讨论）

令 $l$ 和 $r$ 从高到低第一个不同的二进制位为 $p$，m = (l >> p << p) + (1ll << p)，$q$ 为 $p$ 以下，$r$ 的二进制为 $1$ 的最高位。

把区间分成两部分：$[l,m)$ 和 $[m,r]$。

• $[l,m)$ 区间的数能够得到的数为 $[l,m)$。
• $[m,r]$ 区间的数能够得到的数为 [m, (r >> p << p) + (1ll << (q + 1)) - 1]。
• 最后再考虑两个区间之间的影响，能够的得到的数为 [l | m, m | (m - 1)]。

AGC 016 F（博弈论，状压DP）

小粉兔的题解

AGC 014 D（博弈论，结论，树）

首先，如果原图存在完美匹配，那么后手获胜。

如果不存在完美匹配，先手每次选择叶子的父亲，那么后手必然选择那个叶子，如果存在一个点，它的儿子是叶子的个数大于 $1$，那么先手可以获胜。

于是，先手可以每次都选择一个叶子的父亲删除，在它选择之后，后手的选法就确定了。

由于不存在完美匹配，因此到最后一定存在一个点，它的儿子是叶子的个数大于 $1$。