【题解】CF1875

A

• 注意到：如果钦定使用某个道具，由于倒计时最大值的存在，道具使用得越晚浪费的时间越少。
• 注意到：如果钦定使用某个道具，那么这个道具的使用时机不重要。
• 进一步：总是在倒计时只剩 1 秒的时候使用道具即可

B

• 直觉：\(k\) 好大好大，大胆猜测这俩人实际上只是在来回捣撤某几个数
• 注意到一个人如果换数，一定是用自己的最小值换对面的最大值
• 考虑两个人所拥有的数的极值区间 \([l,r]\)与\([L,R]\)
  • 区间有交
    先手交换完后一定持有 \(r,R\)，此时后手一定持有 \(l,L\)
    后手交换时一定会选择留下 \(l,L\) 中更大的，换来 \(r,R\) 中更大的
    先手再次交换，一定持有 \(r,R\).....
    显然在这种情况下，结果只有两种，具体取决于 \(k\) 的奇偶性
  • 区间无交
    • 先手数更大
      先手显然不换
      后手显然用自己最小的换先手最大的
      先手显然要把后手换的数再换回来
      循环同上，判 \(k\) 奇偶即可...
    • 后手数更大
      先手显然用自己最小的换后手最大的
      后手显然要把先手换的数再换回来
      循环同上，判 \(k\) 奇偶即可...

C

• 首先考虑是否有解
• 读完题容易列出式子：\(n\times 2^k \equiv 0 (mod\ m)\)
• 显然它的充要条件是：除了 \(m\) 可比 \(n\) 多且仅多 \(2\) 这个质因子外，\(n,m\) 质因子完全相同
• 判断的具体实现：判断\(\frac{m}{\gcd(n,m)}\) 是否是 \(2^k\)
• 要满足上述式子，显然 \(k\) 是 \(log\) 级别的，也就是说切瓜的次数是 \(log\) 级别的，直接模拟并统计答案即可

D

• 我们首先加强这道题 \(n\leq 1e6\)
• 显然 \(a\) 中数的先后顺序不重要，而每种数的个数重要，于是直接存桶
• 想象一下：mex 需要一个桶前缀全部非 0，我们要做的就是在某个位置”截断“
• 显然如果要截一个位置，一次性把数全删干净才是最优的
• 显然截数的位置是递减的
• 所以我们截数的策略一定形如：从大到小依次删干净某些位置的数，最终把 0 这个位置的数删干净
• 不妨转换题意：删某个位置的数有代价，求最终把 0 这个位置的数删干净的最小代价
• 考虑删除一个数的代价：
  • 假设这个数有 \(cnt\) 个，那么就要删 \(cnt\) 次，代价就是这个数彻底删掉之前的 \(mex\times cnt\)
  • 而这个数彻底删掉之前的 \(mex\) 是多少呢？不难发现就是上个删数的位置
• 设截断 \(i\) 这个数所需最小代价为 \(f_i\)
  容易列出转移方程 \(f_i=f_j+num_j\times cnt_i \ (i+1\leq j \leq [原始序列的mex])\)
• 注意到我们在设计“代价”时模拟的过程相当于先加代价后删数，与题意相反，这也相当于我们算的答案多了一次全局 \(mex\) 的代价，只需要在输出时减掉即可。
• 到这里，综上使用 \(O(n^2)\) 的 DP 可以通过原题，但这题的最优解是 \(O(n)\) 的。
• 考虑数 \(i,j \ (i<j)\)
  如果 \(cnt_i<=cnt_j\) 那显然我们一定不会截断 \(j\) 这个位置，因为这显然不优于截断 \(i\) 这个位置
• 据此，我们可以删掉需要不可能用到的转移点
• 考虑怎么把转移点数卡满：
  从小到大考虑每种数，显然每个数的出现次数都比上一个数少一即可，当转移点数达到 \(O(n)\) 量级时，第一个数的出现次数也是 \(O(n)\) 的
  如此，总共需要 \(O(n^2)\) 个数，也就是说，如果数个数的总数是 \(O(n)\) 的，有效转移点数就是 \(\sqrt{n}\) 的
• 再套上述 DP，显然总时间复杂度 \(O(n)\)

E

• 对于 \(a, b, c, d, m\) 按位考虑，发现相同的 \((a, b, m)\) 无论如何操作必然还是相同的。
• 于是考虑对于每个可能的 \((0/1, 0/1, 0/1)\)，所有终态有 \((c = 0/1, d = 0/1)\) 或者不确定。这样我们对于一组询问，可以压缩成一个状态，而本质不同状态有 \(5^8\) 种。预处理一下最短路即可。然后对于不确定的位，预处理的时候枚举它是什么即可。
• 时间复杂度 \(O(5^8 + t \log V)\)。
• 感觉这题教育意义大于实际做的价值：
  • 位运算位之间互相独立，这通常可以成为突破口
  • 看到状态转移乱七八糟的时候可以考虑图论最短路

F

• 非常好概率 dp 题
• 注意到题目直接给出拓扑逆序，所以容易有一个显然的想法：对于每个 u，选择概率最大的 v 去走，如果失败了再换下一个
• 注意到：走一个点成功的概率与图结构完全无关，而只与点的出度数量与这个点是第几个被选择的有关，且“失败”后删掉两条边这种东西很像是子结构递归，这启发我们考虑 dp
• 设状态 \(f_{i,j}\) 表示出度为 \(i\) 的点，最终走向概率第 \(j\) 大的 \(v\) 的概率
• 容易写出 \(f_{1,1}=1\quad f_{2,1}=0.5\quad f_{2,2}=0\)
• 转移：\(f_{i,j}=f_{i-2,j-2}\times \frac{j-2}{i} + f_{i-2,j-1}\times\frac{i-j}{i}\)
  转移显然
• 预处理出 \(f\) 后直接按拓扑序 dp 一下就好了