Atcoder Beginner Contest 270(A~Ex)

Good news : Finished A~F in 44 minutes.

Bad news : WA 3 times for A~F and the solution of G is FST.

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赛时

A 简单或运算。

B 简单分类讨论（少带了个绝对值挂了一发谔谔）。

C 找树上两点路径，甚至不需要优化。

D 刚开始以为贪心，双方直接取最大值即可，于是挂了两发。但是由于决策有限且不连续，取最大值的决策不一定是最优的。所以我们还是需要 dp。

不妨设 $dp_{i}$ 表示取完 $i$ 个石子之后最后取的人比另一个人多取几个石子。则有转移方程：

$$dp_i=\max(dp_{i},a_k-dp_{i-a_k})$$

由于石子总数固定，我们又知道了先手会比后手多取的石子数量，于是最终答案就是 $\frac{dp_n+n}{2}$。

E 小清新题。我们不妨将 $A$ 看成一个柱状图，则每一轮其实就是从下向上将整个图截断一个单位长度。于是我们可以考虑用一个扫描线从下向上扫，以每一个柱子的高度为关键高度动态记录贡献，最后找到无法再向上扫的位置，暴力轮一遍即可。时间复杂度 $O(n)$。也可以用二分答案代替从下向上扫，将扫描的复杂度降低为 log。不过复杂度瓶颈不在这里，没有必要。

F 最小生成树，考虑将船坞和机场分别作为一个虚拟节点，对于【不建造船坞也不建造机场】，【建造船坞不建造机场】，【建造机场不建造船坞】，【机场和船坞都建造】分为四种情况讨论，分别求一遍最小生成树，最后取最小值即为最终答案。

G 刚开始没注意到取模，以为 $x_i$ 单调递增，还 20min 写了个矩阵倍增查找，写完发现样例过不去，于是 FST 喜加一。后来又觉得复杂度实在不太好优化，又想向根号分治之类的方向想，但也没什么结果。

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赛后

G - Sequence in mod P

G 正解还真的沾点根号！

考虑将式子展开：

$$\begin{aligned} X_i &=(AX_{i-1}+B)\bmod P\\ &=(A^2X_{i-2}+AB+B)\bmod P\\ &=(A^3X_{i-3}+A^2B+AB+B)\bmod P\\ &=\dots\\ &=(A^iS+B(A^{i-1}+\dots +1))\bmod P\\ &=(A^iS+B\frac{A^i-1}{A-1})\bmod P\\ &=G \end{aligned}$$

我们把所有和 $A_i$ 有关的项全部放到右边，剩下的扔到左边，将等式两边同时乘上 $A-1$ 再加 $B$，则有：

$$AG-G+B=(AS-S+B)A^i\ (\bmod P)$$

左边的常数看作 $x$，右边的常数看作 $y$，则有：

$$yA^i=x\ (\bmod P)$$

也就是一个经典的高次同余方程。我们可以采用 BSGS 算法求解。

哈希用 map 实现，时间复杂度 $O(T\sqrt{P}\log \sqrt{P})$。

需要注意当 $A=1$ 的时候，上面的式子是不成立的，我们会得到：

$$X_i=S+iB=G\ (\bmod P)$$

此时 $i=\frac{G-S}{B}$，作个逆元即可。同样此时也需要判断 $B$ 是否为 $0$，如果为 $0$ 则需要进一步特判。

除此之外还需要特判一下 $X_0=S$ 是否等于 $G$，以及 $A$ 是否为 $0$。

总结来说，本题的本质实际上就是根号优化，细拆 BSGS 根号优化的本质其实就是一个 meet in the middle。$X_i$ 显然是不好做的，因为我们无法将两个 $X_i$ 的答案拼起来得到另一个 $X_i$，因为这个式子不满足结合律。于是我们将 $X_i$ 的式子拆开，将高次幂项和其它项分离，发现可以化成一个满足结合律的高次同余方程的形式，于是就可以使用 BSGS 进行根号优化。

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Ex - add 1

H 也尝试补了一下。感觉很妙。

题目中的状态是复杂的，且 $n$ 的范围很大，无法状压。但是我们是需要进行状态之间的转移的。

所以我们就需要考虑如何才能高效地表示一个状态。我们都关注哪些信息呢？每个数当前距离 $a_i$ 的差值？这太冗余了。事实上，由于本题特殊的性质，我们只需要关注 $n$ 个数中，当前值 $c_i$ 距离 $a_i$ 最大的差值即可。

很奇怪？但是这却是可以转移的。设这个最大的差值为 $s$，我们显然可以找到一个 $r$，使得 $a_r<s\le a_{r+1}$。此时如果我们对于 $a_1$ 到 $a_r$ 进行之间的某一个数进行了清零操作，由于其他数的值都会加 $1$，所以我们都 $s$ 就会被更新为 $s-1$；如果我们对于 $a_{r+1}$ 到 $a_n$ 中的录一个数 $a_k$ 进行了清零操作，那么由于 $a_k\ge s$，所以此时 $s$ 就会变成 $a_k$。

发现了吗？这个状态虽然简洁，但是在找到 $r$ 的情况下，是可以进行转移的。（其实这里用一个简单的 $s$ 映射一类复杂的状态的设计，有点类似于 hash 的感觉了，个人感觉非常妙）

于是我们设 $dp_i$ 表示当前 $s=i$ 时，距离终点最大差值为 $0$ 状态的期望轮数（倒序转移），则初始状态 $dp_0=0$。有转移方程：

$$dp_i=\frac{1}{n}(r_i\times dp_{i-1}+\sum_{j=r_i+1}^ndp_{a_j})+1$$

我们转移顺序变一致一下，把 $dp_{i-1}$ 拉出来：

$$dp_{i-1}=\frac{1}{r_i}(n\times (dp_{i}-1)-\sum_{j=r_i+1}^ndp_{a_j})$$

然后我们发现此时 $i$ 较小的状态是由较大的状态转移过来的，而初始状态好像是 $dp_0$，顺序反了。于是我们考虑将 $dp$ 的意义颠倒一下，设 $f_i$ 表示 $dp_{a_n}-dp_i$，则有 $dp_i=dp_{a_n}-f_i$。考虑将转移方程化为只和 $f$ 有关的式子，则有：

$$\begin{aligned} dp_{a_n}-f_{i-1} &=\frac{1}{r_i}(n\times (dp_{a_n}-f_i-1)-\sum_{j=r_i+1}^ndp_{a_j})\\ &=\frac{1}{r_i}(\sum_{j=r_i+1}^n(dp_{a_n}-dp_{a_j})+r\times dp_{a_n}-n\times(f_i+1))\\ &=\frac{1}{r_i}(\sum_{j=r_i+1}^nf_{a_j}-n\times(f_i+1))+dp_{a_n} \end{aligned}$$

将 $dp_{a_n}$ 消去，变号得：

$$f_{i-1}=\frac{1}{r_i}(n\times (f_i+1)-\sum_{j=r_i+1}^nf_{a_j})$$

此时我们发现 $dp_n$ 全部消去了，变了个号后 $f_i$ 还是从小向大转移，但是由于 $f_i$ 的意义和 $dp_i$ 正好相反，所以我们就成功改变了转移顺序。此时我们就已经可以正常转移了。

又注意到 $n$ 非常大，所以我们可以考虑采用矩阵加速的方式优化转移，转移过程中以每一个 $a_i$ 为关键转移点停止转移找到当前的 $r$ 后再重新开始转移即可。设单次矩阵乘法的时间复杂度为 $ω=2^3$，则时间复杂度 $O(\omega n\log A)$。

听说还有更高级的优化方式可以进一步优化。不过与我无关（

启发

1. 【解题】如果看到一个式子，想不到什么优化方式，不妨先将这个式子向后推几步，看看能不能套用什么数学方法进行优化。

2. 【赛时】仍然是，Think twice , code once.

3. 【trick】找出基础状态要素之后，优化时不妨考虑将对于答案贡献相似的状态归为一类，或是省略与答案相对无关的状态，抓住影响答案贡献的关键要素设计状态，也许就会大大优化。（或者可以理解为对于每一个状态设计一个合理且有效的 hash 值进行转移，不过这种理解方式应该没有前一种更好）