23.6 杂题 2

CF725F Family Photos*#

枚举一下每个照片怎么看，$a_1-b_2\ge a_2-b_1$ 时一定会 A 先取，B 后取。那先选择对两方都不优的也不一定不选。因为一定要双方都不选才寄了，那么假设 A 选择不选，先后手交换。肯定会选择一个 $a_1-b_2$ 尽量大的且非负的，B 也是同理的。

之前那个说错了，A 先取更优但是 B 不一定马上取走。考虑这是一个二择问题，我们希望让贡献相同然后就可以排序！让贡献都是 $\frac{a+b}{2}$，这样只要在一开始加上 $\frac{a-b}{2}$ 就可以得到正确的贡献！

于是按这个排序即可，显然这样还是满足 $a_1+b_1\ge a_2+b_2$。

CF1637F Towers*#

贪心，最大的当根。

CF618F Double Knapsack*#

今年 bj 高考的压轴，被 jzc 说很难。

注意到取某个区间就是合法的，看起来就要抽屉原理。考虑从值域上做文章，对于每个 $i$ 找到最后一个 $j$ 使得前者前缀和不小于后者前缀和。

$$sa_i-sb_{j+1}<0\\ sa_i-sb_{j}<b_{j+1}\le n\\ 0\le sa_i-sb_{j}<n\\ $$

$n$ 种不同的数，$n+1$ 个数，必然有相同的。

CF1637H Minimize Inversions Number*#

https://www.cnblogs.com/zcr-blog/p/17513239.html

CF1408H Rainbow Triples*#

数据结构也太不数据结构了！

考虑让限制松一点，假设总共有 $m$ 个 $0$。对于一个位置，如果它左边有 $\frac{m}{2}$ 个 $0$，那它只用考虑右边的限制。这种约束很像一个匹配模型，可以建出一个最大流模型。

而最大流=最小割，考虑一种优化思想——模拟最小割。肯定是割源点到颜色的边或者最后汇点到 $0$ 的边，枚举一段 $0$ 的前缀，可以得到颜色的一些点肯定得割，一些和后面的 $0$ 有关。枚举后面一段割啥，可以算出答案。用线段树优化这个过程。

CF963D Frequency of String#

一个可能经典的结论：所有不同的长度之和为 $m$ 的字符串的 endpos 集合大小之和是 $O(n\sqrt{m})$。

证明：对于长度为 $L$ 的不同字符串，肯定不可能有相同的 endpos，所以集合大小是 $O(n)$。而最多只有 $O(\sqrt{m})$ 种长度。

然后暴力就好了。

CF1411G No Game No Life#

猜它是一个 multi-sg，只用算出每个位置的 sg 值。不过注意到这是一个图，你要求 mex 肯定不会太大，毛咕咕一下不会超过 $\sqrt{m}$。并且根据均摊，你求 mex 的复杂度是 $O(m)$ 的。接下来相当于你有一个数 $v$ 每次选一个点异或上它的 sg 值，求最后是 $0$ 的概率。枚举这个过程一共进行了 $i$ 轮，每一轮相当于一个异或卷积，令 $F$ 是 sg 值为 $i$ 的概率的生成函数。有：

$$ans=1-[x^0]\frac{\sum_{n\ge 1}F(x)^{n}}{n+1}$$

注意到异或卷积是线性变换，你要求逆等价于 fwt 之后求逆再 ifwt 回去。于是有逆的充分必要条件即为 fwt 之后任意一位不是 $0$。下面来证明这道题符合条件。

思考 fwt 的本质，是在做一个容斥，每一项的系数是 $\pm 1$，而所有的总和是 $\frac{n}{n+1}$。于是一个 $F$ 在 fwt 之后的范围是 $[-\frac{n}{n+1},\frac{n}{n+1}]$。而取反后加 $1$ 的范围就是 $[1-\frac{n}{n+1},1+\frac{n}{n+1}]$ 一定不为 $0$。

CF1393E2 Twilight and Ancient Scroll#

显然有一个 $|S|\log |S|$ 的 dp 做法，但是瓶颈在给字符串排序。也就是真正的瓶颈在于求 lcp。AFewSuns 给出了一种不需要科技的做法，orz。

第一个排序的部分，令 $t_{i,j}$ 代表第 $i$ 个字符串去掉第 $j$ 个字符后的字符串，要给所有 $t_{i,j}$ 排序。注意到相同颜色段是可以缩起来的，从后考虑每个连续段和下一个连续段，设为 $c_1,c_2$，如果 $c_1<c_2$，那么删去一个 $c_1$ 肯定是不优的，同理删去 $c_1$ 后比任意一个后面的都不优，所以删 $c_1$ 一定是在最后面，对称的 $c_1>c_2$ 就在最前面。

现在比较完了同一字符串，接下来比较的是两个相邻的字符串。分类讨论删去的是 $j,k$，如果 $j\le k$，分成了三个部分。$[1,j-1],[k+1,n]$ 这两个部分都可以预处理 lcp，中间部分也可以预处理错位 lcp。$j\ge k$ 也是类似的，但是分类讨论比较麻烦。

好像讨论完这些也没什么细节了。

CF1815E Bosco and Particle#

有个粒子初始在 $0$ 位置，$1\cdots n$ 位置分别为有一个对撞器，如果在 $0$ 位置则向右，如果在 $n + 1$ 位置则向左。每个对撞器有一个 $01$ 串，初始所有对撞器的指针都在开头，当粒子走到 $i$ 位置时，对撞器所指的值为 $0$ 则不改变方向，否则反向，指针指向下一个位置，如果在串的末尾则指向开头。求最小的周期长度 $c$ 满足任意 $t$ 时间和 $t + c$ 时间粒子在同一位置。

$1\le n \le 10^6$，$\sum |s_i|\le 10^6$。

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注意到对于一个位置，无论在右边转了多久，回到这里后和直接从右边回来是一样。左边同理。所以我们只用考虑 $0,1,2$ 这三个位置。

还有一个显然的事实是每个粒子只用保留它的最小整周期，然后你就可以跑一个暴力，求出一个周期从左边进入 $a_i$ 次，往右边走出去 $b_i$ 次。显然这个过程是对称的。

设 $f_i$ 代表最后过程中 $i\to {i+1}$ 的次数，由于左边和右边会右七七八八的破事，所以 $i$ 这个位置可能进进出出多个周期，所以应该 $\frac{f_i}{f_{i+1}}=\frac{a_i}{b_i}$。使用主元法，用 $f_0$ 表示出所有 $f_i=f_0\prod_{j=1}^{i}\frac{b_j}{a_j}$。我们需要构造这个 $f_0$ 使得每一个 $f_i$ 是整数，并且 $b_i\mid f_i$。根据每个质因子考虑，随时把不够的部分补进 $f_0$ 里。不妨设 $b_n\not=0$，统计这一部分即可。