CF2100题口胡记录

打*表示看题解后才懂

打^表示想错了

可能有些题和题解不一样，也许是口胡错了（？）

有些题你发现这里没有可能是以前做了，这里就不补了

CF1734E*

首先整行整列加没影响，于是可以构造任意合法矩阵后满足对角线性质

对于每个 \(a_{i,j}\) 考虑用 \(i,j\) 表达式表达出来，根据上面的性质，如果只对 \(i,j\) 单独操作是没影响的，于是必须对同时含有 \(i,j\) 的项进行操作，考虑 \(i\times j\)，由于 \(n\) 为质数，所以符合条件

CF1729G

首先暴力kmp一下（我在说什么？）

然后设 \(f_{i,0/1}\) 表示以 \(i\) 结尾且 \(i\) 这个位置（以其末尾）取或不去的最小段数

假如 \(i\) 这个位置不能完全匹配 \(f_{i, 0/1}=\min(f_{i-1,0},f_{i-1,1})\)

可以匹配就是 \(f_{i,1}=min{f_{i-|t|,0},f_{i-|t|,1}}\)，\(f_{i,0}=min_{j=1}^{|t|-1}f_{i-j,1}\)

方案那个数组顺便统计就行

CF1725F

显然，对于每个 \(w_j\)，我们可以令它每一步长度都为其二进制下1的最低位（因为更大的步数必然可以由小步数组成），现在我们相当于只有30种步了（\(\log_2w_j\)）

考虑对于每种步处理。设当前二进制最低位1为 \(2^k\)，若 \(R_i-L_i\geq 2^k\)，则无论在哪一列都能走到。

然后考虑 \(R_i-L_i<2^k\)，可以发现一个性质，就是无论怎么走，\(L_i,R_i\) 对 \(2^k\) 取模不变。因此我们可以让他们全部走到最前面。

为了方便处理，我们把范围当做是 \([0,2^{k+1}]\)，设当前区间为 \([x,y](x-y<2^k)\)

• 若 \(x\bmod 2^k>y\bmod 2^k\)，此区间为 \([x,y],[x+n,y+n]\)

排序后就是个区间覆盖问题

• 若 \(x\bmod 2^k\leq y\bmod 2^k\)，此区间为 \([x,y+2^k]\)

CF1684E

考虑贪心

假如每次操作，我们考虑使对 \(\text{DIFF}\) 变小或让 \(\text{MEX}\) 变大

而 \(\text{DIFF}\) 每次最多减小1， \(\text{MEX}\) 每次最少增加1，所以显然对 \(\text{MEX}\) 操作更优，那么 \(\text{MEX}\) 值就已定了

考虑对 \(\text{MEX}\) 操作时如何使得 \(\text{DIFF}\) 变化最小

假如我们从1个位置移到另一个位置， \(\text{DIFF}\) 不变

CF1671E

考虑两个子树交换不产生新贡献的情况

那么显然，这两子树AB数量必然相等。反推过来，两子树AB数量不等交换必然产生新贡献

思考后我们可以尝试推广，我们对所有可操作数的数量从小到大排序，按顺序操作即可

于是设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 为根子树的方案数，\(S_i\) 表示以 \(i\) 为根子树内 A 的个数

\(S_x\) 直接树形dp即可，\(f_x\) 状态状态转移如下：

• 若 \(S_{lx}=S_{rx}\)，则 \(f_x=f_{lx}\times f_{rx}\)
• 若 \(S_{lx}\ne S_{rx}\)，则 \(f_x=2f_{lx}\times f_{rx}\)

\(f_1\) 即为所求

CF1668D

设 \(f_i\) 表示以 \(i\) 结尾最大贡献，\(s_i\) 表示前缀和，显然可以列出一个dp：

\[f_i=\max{}\left\{\begin{matrix} f_j\;\;(s_j=s_i) \\ f_j+(i-j)\;\;(s_j<s_i) \\ f_j-(i-j)\;\;(s_j>s_i) \end{matrix}\right. \]

第一个式子显然可以用个map来维护，然后看后两个式子，我们可以把和 \(j\) 有关的放一起，那就是 \(f_j-j+i\) 和 \(f_j+j-i\)

\(i\) 显然可以后面处理，然后拿个单调栈维护就行，2式栈底到栈顶满足 \(s\) 从小到大，3式就是从大到小

CF1666J

考虑区间dp

设 \(dp(l,r)\) 表示一个子树包含 \([l,r]\) 的最小代价

显然我们要枚举一个根节点 \(k\)，然后左右子树可以先分别统计贡献 \(dp(l,k-1)+dp(k+1,r)\)

然后考虑跨区间的。我们在考虑这个问题之前可以先思考另一个问题，假如 \(i\notin [l,r]\) 的话，我们其实可以用个 \(f_{l,r}\) 表示 \(\sum_{i\notin [l,r]}\sum_{l\leq j \leq r} c_{i,j}\times d_{j,k}\) （\(k\) 表示这个区间的根节点）

为了方便转移，我们可以把它当成代价记在 \(dp(l,r)\) 里面

现在重新考虑跨区间问题，我们发现对于 \([l, k-1]\) 和 \([k+1, r]\) 区间我们只需要考虑新增的两条边了

我们对 \(c\) 做个二维前缀和 \(S\)，那么上面的代价就是 \(S\left ( (l,k+1),(k-1,r) \right ) \times 2\)

然后答案就是 \(dp(1,n)\)

和 \(k\) 有关的代价随便乱搞一下就行

CF1660F2

考虑每次操作，会让 - 的数量-2，+ 的数量+1，也就是它们之间的差减少3。所以一个区间符合约束，必然是减号数量大于等于加号数量，且它们之间的差为3的倍数。

在这种约束情况下，是否有解呢？可以发现，当减号数量大于加号数量加一时，必然存在两个连续的减号，于是我们就必然存在一种在合法约束条件的构造。

回到原问题。由于是求合法区间个数，不妨先设个前缀和 \(S\)，\(S_i\) 表示前 \(i\) 个符号减号数量减去加号数量的结果。则一个合法区间 \([i+1,j]\) 必然满足以下条件

1. \(i<j\)
2. \(S_j\equiv S_i\pmod 3\)
3. \(S_j-S_i\geq 0\)

对于约束1，我们显然可以按顺序处理

对于限制2，我们似乎只需要开一个大小为3的数组即可

但加上限制3呢。其实我们只需要把数组改成树状数组，开3个树状数组维护即可

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

CF1654D*

首先按照题目约束必然是棵树，我们任意定义一个点为根，假设它的分量是 \(1\)，则必然每个节点 \(i\) 都可以用最简分数 \(\dfrac {c_i}{d_i}\) 来表示它的分量。

要使所有都为整数，根节点至少为 \(\text{lcm}_{i=1}^nd_i\)，现在我们就是要求这个值的最小值

我们先推一下转换式子，假设节点 \(i\) 为 \(\dfrac {c_i}{d_i}\)，节点 \(j\) 为 \(i\) 的儿子，两个之间的比为 \(x:y\)，则 \(j\) 的分量为 \(\dfrac {c_iy}{d_ix}\)，，也就是每次相当于是乘上 \(\dfrac{y}{x}\)

一个常见的套路是维护每个质数个数。必然的，对于任意一个 \(n\) 以内的数，其质因子个数不超过 \(\log n\) 个。所以对于 \(x,y\) 我们可以暴力更新当前分母每个质数的指数（可以为负），然后我们要求的lcm就是在考虑所有情况下的每个质数的指数最大值。

根节点求出来后，显然，每个节点可以直接顺推求出。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)

CF1650G

题目就是求 \(s,t\) 的最短路与次短路条数。

最短路条数直接bfs一遍可以求出。

次短路的话我们按最短路跑出的层次遍历，第 \(i\) 层的某个节点可以从同层的最短路或第 \(i-1\) 层的次短路转移过来。

时间复杂度 \(O(n)\)

CF1628D1

博弈论，由于是easy任务，往dp方向考虑。

可以发现，加入前面的已定，后面的情况是独立的。于是可以设 \(f(i,j)\) 表示后 \(i\) 个数至少 \(j\) 个加的答案。

必然的，\(f(i,0)\) 为0，因为此时Bob必然全出负，Alice为了应对只能出0

对于 \(f(i,j)\)，我们假设Alice出的是 \(t\)，那么Bob的抉择有两种，\(+t\) 或 \(-t\)，那么可以推出转移式子：

\[f(i,j)=\min(f(i-1,j)-t,f(i-1,j-1)+t) \]

易证 \(f(i-1,j-1)\leq f(i-1,j)\)，随着 \(t\) 变化，\(f(i-1,j)-t\) 必然单调下降，\(f(i-1,j-1)+t\) 必然单调上升，Alice要使 \(f(i,j)\) 最大，显然是取这两个函数的交点，也就是另 \(t=\min(\dfrac{f(i-1,j)-f(i-1,j-1)}2,k)\)

答案即为 \(f(n,m)\)，复杂度 \(O(n^2)\)

CF1626D

为了方便处理，我们可以把相同的合并，变成 \(m\) 段，每段有一个数 \(a_i\) 和权值 \(w_i\)，此时最终答案相当于是 \(2^X+2^Y+2^Z-n\)，所以我们的目标就是让 \(2^X+2^Y+2^Z\) 最小。

在不考虑前两段的代价下，最后一段显然 \(\sum w_i\) 越小就可以使 \(Z\) 越小，也就是我们可以贪心使前面往后取

但我们需要考虑前两段的代价，但我们可以直接枚举代价 \(X,Y\)，显然 \(X,Y\leq 31\)，于是前两段的最大代价已定，我们就让它尽量往后取，使第三段的代价最小。

复杂度 \(O(n\log^2n)\)

CF1621D^

右下的正方形是肯定要清理的

考虑左上正方形的四个对角格子，要使其移动，则左下和右上的正方形的各自四个对角格子至少清理一个。

而清理完这个，我们就可以构造出一种方案，使得全部移动到右下正方形，具体可以考虑原先的一行移动成一列。

时间复杂度 \(O(n^2)\)

CF1614D^

设 \(dp_i\) 已构造序列的 \(\gcd\) 为 \(i\) 的最大值，设 \(cnt_i\) 为 \(i\) 的倍数的个数，则 \(dp_i\) 初始值为 \(cnt_i\times i\)

考虑转移，枚举上一个 \(\gcd j\)，所以 \(dp_i=\max_{i|j}(dp_j+(cnt_j-cnt_i)\times i)\)

由于 \(i\) 的倍数均摊下来是 \(\log n\) 个，所以复杂度为 \(O(n\log n)\)

CF1606E^

设 \(dp_{i,j}\) 为剩 \(i\) 个人最大血量为 \(j\) 的方案数，显然，这轮每人减 \(i-1\) 血量

可以考虑枚举这一轮覆灭 \(k\) 个人，则有 \(C_i^k\) 种选人方法，这些人的血量可以为 \([1,i-1]\)

于是就有 \(dp_{i,j}=\sum_k dp_{i-k,j-k+1}C_i^k(i-1)^k\)，\(dp_{n,x}\) 即为所求

时间复杂度 \(O(n^3)\)

CF1605D

可以考虑可移动的两点，其最高位1必然相同（否则最高位min值为0,1与0异或值为1），可以发现这是个充要条件

考虑每个点都无法移动，由于任何2的整数幂最多占原数的一半，所以必然存在这样的构造

复杂度 \(O(n)\)，可能带个 \(\log\)

CF1599H

先考虑求下边界，询问整个棋盘左下和右下的距离

然后通过移动距离长的到某个地方，使两点到矩形左右边界距离一样

取其终点询问，其距离就是到下边界的距离

剩下两个边界同理，共询问8次

CF1593F

设 \(dp(i,a,b,k)\) 表示前 \(i\) 个字符凑的数模 \(A\) 为 \(a\)，模 \(B\) 为 \(b\)，且染成红色的数量比染成黑色数量多 \(k\) 是否可行

转移考虑枚举这个数染红还是染黑

• 染红，转移至：\(dp(i,(10a+s_i)\bmod A,b,k+1)\)
• 染黑，转移至：\(dp(i,a,(b*10+s_i)\bmod B,k-1)\)

答案就是，\(dp(i,0,0,k)\) 为1时 \(|k|\) 的最小值，输出方案记录一下由哪里转移过来即可

CF1575L

设 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个数中 \(a_i\) 生效的最长长度，显然有 \(dp_i=\max dp_j+1\)

考虑 \(j\) 要满足什么条件，显然 \(a_i>a_j\)，而且中间的数必须足够，即 \(a_i-a_j\leq i-j\)，移项得 \(i-a_i\geq j-a_j\)

还有个隐藏条件 \(i>j\)，综合起来就是:

• \(i>j\)
• \(a_i>a_j\)
• \(i-a_i\geq j-a_j\)

显然cqd

（其实结合后两个条件可以推出第一个条件，所以其实二维偏序即可）

CF1560F2

对于一个数，从大往小处理，假如某个次数出现超过 \(k\) 次，就这个数加1（进位照常），后面全改0，然后从头来过

CF1555E

显然先双指针，对已定最小值求当前最小最大值

然后拿个线段树来就行，支持区间加和区间最小值

时间复杂度 \(O(n\log m)\)