CF 做题记录

CF1784C

弱化版就是将序列进行排序，设 $a$ 的排名为 $k$，如果 $a<k$，就将 $a$ 删除（后面的数排名也相应减一），否则将 $a-k$ 加入到答案中。

现在我们考虑每次加一个数，对答案的影响：我们加入一个数 $x$，会让大于 $x$ 的数的排名加 $1$，这时候，如果在加入 $x$ 前存在一个数 $a$，它的排名 $k=a$，那么这个数就要删掉。

因此，我们要找到最近的大于 $x$ 且满足上述条件的 $a$，并把它删除。之所以找最近的，是因为删除 $a$ 后会让大于 $a$ 的排名减一，抵消了加入 $x$ 的1排名变化。

因此我们考虑开一个权值线段树，维护 $cnt$ ：$a\in [l,r]$ 的个数；$sum$ ：只考虑 $[l,r]$ 这些数的答案（操作次数）；$Mn$ ：$[l,r]$ 中，权值减去排名的最小值。

当 $Mn[root]<0$ 时，就说明有数需要删除，通过线段树二分删除即可。

代码

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CF1784D

考虑构造一个序列 $a_0=0<a_1<a_2<a_3<...<a_n$，获奖的人是 $a_n$，与 $a_i$ 比赛的是 $a_{i+1}$，统计这种序列的方案数是多少。

我们默认 $a_{i+1}$ 都是 $a_{i}$ 的右儿子。

显然，$a_i$ 的子树内一定都是 $\ge a_i$ 的数。

对于 $a_i$ 的左子树，它的根一定是 $a_i$，而且它的排列方式有 $(2^{n-i-1})!$。

由于 $a_{i+1}$ 会选走 $2^{n-i-1}$ 个数（也就是相当于内定了），因此左子树所选的数的方案数为 $\begin{pmatrix} m-a_i-2^{n-i-1} \\ 2^{n-i-1}-1 \end{pmatrix}$。（$m=2^n-1$）

因此 $a_i$ 的左子树总的方案数就有：

$$\begin{pmatrix} m-a_i-2^{n-i-1} \\ 2^{n-i-1}-1\end{pmatrix}\times (2^{n-i-1})!$$

所以，对于构造的序列，它的总方案数：

$$\prod_{i=0}^n \begin{pmatrix} m-a_i-2^{n-i-1} \\ 2^{n-i-1}-1\end{pmatrix}\times (2^{n-i-1})!$$

由于 $a_{i+1}$ 是 $a_{i}$ 的左儿子还是又儿子都没有影响，因此方案数还要乘上一个 $2^n$。

我们考虑怎么一般化。

我们设 $dp[i][j]$ 表示 $j$ 放在 $a_i$ 时的方案数。

显然，$dp[i][j]$ 是从 $\sum_{k=0}^{j - 1}dp[i-1][k]$ 再乘上那一坨系数转移过来的，这个可以用前缀和优化。

最后，$dp[n][i]\times 2^n$ 就是 $i$ 获奖的方案数。

代码

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CF513F2

显然，只有 $|a-b|<1$ 才有解，那个万能棋自然转化为少的那一种。

由于是同时移动，那么答案应该是移动时间最长的那个棋子，因此我们考虑二分答案 $mid$。

预处理出每个点之间的距离。对于一个红色棋子 $p$，如果它走到 $(x,y)$ 这个位置的时间 $\le mid$，那么我们就从 $p$ 向 $(x,y)$ 连出一条流量为 $1$ 的边；如果是蓝色棋子就反过来连即可。

连完边后，我们就跑一遍最大流，如果得到的答案是 $max(a,b)$，那么说明这个时间是可行的。

由于点数为 $n^2$，边数为 $n^4$，那么时间复杂度是 $n^6\log maxt$，但由于这个图类似于二分图，实际过程中不可能跑满，因此可过。

代码

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CF1372E

首先，有一个贪心的想法，就是我们应该将 $1$ 尽可能填在同一列上。

我们考虑用区间 $DP$：设 $dp[i][j]$ 表示只考虑分段是 $[i,j]$ 的子集的最优答案。

现在考虑如何合并出 $[i,j]$：我们枚举中间点 $i\le k\le j$，那么有转移为 $dp[i][j]=dp[i][k-1]+dp[k+1][j]+val_{i,j,k}$。其中 $val_{i,j,k}$ 表示分段包含 $k$ 这个位置，且分段是 $[i,j]$ 的子集的个数。

我们可以用高维前缀和预处理出 $val$。

时间复杂度为 $n^3$。

代码

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CF1740F

对于合并后的集合，如果长度不足 $n$ 的，我们用空集补到长度为 $n$，这与原问题等价。并将元集从大到小进行排序。

对于两个元集 $a_i, a_j$，如果有 $|a_i|>|a_j|$，显然我们可以将 $a_i$ 中的一个元素移到 $a_j$ 中。

因此，对于两个集合 $M,N$，如果有 $\forall k\in[1, n],~\sum_{i=1}^k |M_i|\ge \sum_{i=1}^k |N_i|$，那么 $N$ 也是一个合法的构造。

我们可以设计一个状态：$dp[i][j][k]$ 表示考虑到前 $i$ 位，长度和为 $j$，上一个选的是 $k$，那么转移就是显而易见的了。

但这样似乎是 $O(n^3)$，显然过不了。

但我们可以发现，第 $i$ 位选择的长度不会超过 $n/i$，这是调和的。

而且对于第 $i$ 位，它的长度和上限为 $\sum_{j=1}^n min(i,cnt_j)$。

代码

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CF1646F

如果每个人手上都拥有 $1\sim n$ 的牌，我们只需要通过 $\frac{n(n-1)}{2}$ 次交换，就能完成要求。

因此我们现在的目标就是使每个人手上都是 $1\sim n$ 的牌。

每轮我们重复以下操作：

1. 先找到 1 个手上有重复牌的人，将其中一张重复牌传下去；

2. 如果下一个人手上没有重复牌，就将与上一个人传递的相同的牌传下去；否则传递重复的牌。

这个操作显然也不会超过 $\frac{n(n-1)}{2}$ 次。

代码

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CF982F

题目就是要我们找到所有环的交点。

我们先找出一个主环，然后将这些点都“删掉”，再找一次环，如果能找到，说明答案为 $-1$。

接着，我们对主环上每个点 $u$，找到它不经过主环的边能到达主环上最远的点 $v$（如果能到自己那就是最远的），那么我们将 $u$ 到 $v$ 的主环点都进行标记（利用差分），它们显然不能成为答案。

找到一个可能成为答案的点后，把这个点删除再跑一次找环，没找到的话，说明这个点就是答案。

有亿些细节。

代码

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CF325E

有一个神奇的方法，但我并不会证明。

首先，只有 $n$ 为偶数有答案

我们考虑从后往前决策答案，由于后一个数奇偶性确定，那么操作也确定。

而我们的决策是优先选择 $\ge n/2$ 的数，如果被选过了，就选 $< n/2$ 的。

也就是说，如果当前数为 $a_i=x$，那么 $a_{i-1}$ 优先选 $x/2+n/2$，否则选 $x/2$。

代码

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CF1606F

显然，我们能删除的点不会超过 $n/k$ 个。

因此我们考虑用根号分治。

1. 当 $k\le \sqrt n$ 时，我们直接统计答案：设 $f[i][j]$ 表示当 $k=j$ 时，$i$ 子树的最大答案。

2. 当 $k> \sqrt n$ 时，我们设 $f[i][j]$ 表示 $i$ 子树删除 $j$ 个点后，$i$ 拥有的子结点的最大值。

代码

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CF773E

我们 $F$ 的变化一定是先一直减小，然后单调不降。

我们假设找出这个转折点 $p$，设 $f[i]$ 表示操作到 $i$ 的答案，那么转移为 $f[i]=min(f[i-1]+1, a[i])$。

将它展开，有：

$$ans=min(a[p]+n-p, ..., a[n-1] + 1, a[n])$$

稍作转化，我们就可以维护 $a[i]-i$ 的最小值 $Mn$，答案就是 $Mn+n$ （$n$ 为当前数的个数），可用线段树维护。

对于 $p$ 这个点，我们直接在线段树上二分即可：当 $-a_i>i$ 时，说明还可以继续减，向右移；反之向左移。

代码

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CF1566F

我们可以先将开始就有点在上面的线段，以及有另一条线段是自己子集的线段给剔除。

那么现在就变成：(一堆线段) - 一堆点 - 一堆线段 - ... - 一堆点 - (一堆线段)

我们可以将一堆线段分给它左右两边的点；一个点可能要标记它两边的线段，因此最多会折返一次。

因此我们设 $dp[i][0/1]$ 表示 $i$ 点先向左 / 右走的最优答案。

对于向右走，我们将它放到 $i+1$ 进行处理，这样方便我们切分同一堆线段。

DP 的时间复杂度为 $O(n+m)$

代码

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CF1473F

一道网络流的好题。

一个经典的套路，将点分别与源点汇点相连，然后跑最小割，与源点相连表示不选，与汇点相连表示选。

但它有负权，我们考虑对连边做出一些修改：

1. 如果 $b_i<0$，$i$ 向 $T$ 连出一条流量为 $-b_i$ 的边。

2. 如果 $b_i>0$，那么 $S$ 向 $i$ 连出一条流量为 $b_i$ 的边。

3. 对于 $i<j$ 且 $a_i|a_j$，那么 $i$ 向 $j$ 连出一条流量为 INF 的边。

这样，我们就可以跑最小割了。答案就是正点权和 $-$ 最小割，

但边数有些超标，实际上我们第 $3$ 边不需要全连，我们只需要枚举 $a_i$ 的约数 $p$，与 $p$ 最后一次出现的位置连边即可。

代码

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CF611E

一个大力分类讨论题。

首先，如果有 $t>a+b+c$，那么我们是无法完成任务的。

对于 $b+c<t\le a+b+c$，那么必须要三个人一起完成。

对于 $a+c<t\le b+c$，必须要 $b,~c$ 共同完成，而此时 $a$ 也不能闲着，让他去从他能够打败的最大生命值的怪兽开始，能打一些是一些。

对于 $max(a+b,~c)<t\le a+c$，和上一种情况同理。

如果 $c<a+b$，那么还要处理 $c<t\le a+b$ 的，处理方式和上一种一样。

接下来就是单独一个人能处理的怪兽了。

我们只需要本着优先处理自己能打败的最大生命值的怪兽的原则，进行分类讨论即可。

细节见代码。

代码

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CF1142D

打表找规律。

我们令 $c$ 为排名 $\bmod~11$ 后的值，我们可以发现，对于 $c$ 相同的数，在它们后面接上一位 $x$，得到的新数的 $c$ 也是相同的（假设新数是合法的话）。

打表可以观察出变化的规律，将其预处理出来。

然后我们设 $dp[i][j]$ 表示以 $s_i$ 结尾，排名 $\bmod~11$ 为 $j$ 的个数。

跑一遍 DP 即可，记得开 long long。

代码

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CF1685C

结论：不超过两次，一定可以将括号归位。

证明：我们将左括号看为 $1$，右括号看为 $-1$，令 $a_i$ 表示 $i$ 的前缀和。

我们找到最大的 $a_x$，并翻转 $[1,x],~[x+1,2n]$。对于 $i\in[1,x]$，翻转后有 $b_i=a_x-a_{x-i}\ge0$。对于 $i\in[x+1,2n]$，翻转后有 $b_i=a_x-a_{n+x-i}\ge 0$。

接下来，我们只需要判断是否可以通过一次来完成。

假设翻转 $[l,r]$ 可以满足，那么一定有 $i\in[1,l),~a_i\ge 0$，$i\in[r,2n],~a_i\ge 0$。

因此我们贪心地选择 $a_{l-1}$ 最大，$a_r$ 最大的位置进行判断即可。

代码

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CF1469E

首先，无解的条件非常苛刻。

它必须满足 $0\sim 2^k-1$ 的二进制数，在串 $\alpha$ 的子串中都出现过。

因此，最后的答案有一段很长的前导零，有效部分长度不超 $20$。

我们可以每次贪心地从高位开始填 $0$ 或 $1$。假设到第 $i$ 位，我们先填零，然后看 $1\sim i$ 位都与答案相反的情况下，$\alpha$ 是否有 $2^{k-i}$ 种不同的子串。

代码

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CF1713F

我们考虑 $a$ 数组如何推到对角线。

为了方便，我们将 $a$ 和对角线的横坐标从右往左重新编号 $0\sim n-1$。

那么 $a_i$ 会对对角线位置 $j$ 贡献 $C(i,j)$ 次。

显然，如果要 $C(i,j)\bmod 2=1$，那么必须满足 $j$ 是 $i$ 的子集。

因此，对 $a$ 做一次超集和，就能得到对角线的值。

同理，由对角线推 $b$，就是做一次子集和。

现在要求倒过来，那么就是做子集和的逆，以及超集和的逆。

但由于基础操作是异或，因此我们不用考虑容斥系数的影响。

代码

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CF1392G

我们设 $w(a,b)$ 表示 $a,b$ 相同位置的个数； $a_i$ 表示 $a$ 执行了 $[i,1]$ 的操作，$b_i$ 表示 $b$ 执行了 $[i,1]$ 的操作，$a'$ 表示 $a$ 执行了 $[r,l]$ 的操作。

那么就有一个结论：$w(a_r,b_{l-1})=w(a',b)$。

而且，如果我们知道 $a$ 与 $b$ 的相同位置的 $1$ 的数量，我们就能推知 $w(a,b)$。

因此，我们考虑维护 $f[0][S]=\min\{i|S\subset a_i\},~f[1][S]=\max\{i|S\subset b_i\}$。

然后我们枚举 $a,b$ 公共 $1$ 的状态 $s$，检查 $f[1][s]-f[0][s]$ 是否 $\ge m$ 即可，如果是就更新答案。

代码

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CF1149D

显然，在一个由 $a$ 边连通的图中，他们的 $b$ 边是没有用的。

因此，我们将原图看成若干个连通块，两两之间由一些 $b$ 边连接。

对于两个连通块，他们之间最多只会选择一条 $b$ 边，作为生成树的树边。

因此我们可以设计一个状态：$f[S][u]$： $S$ 表示已经离开的连通块，现在在 $u$ 这个点，$1$ 到 $u$ 的最短距离。

这个需要用最短路来更新。

但这样状态 $S$ 就已经达到了 $2^n$，显然存不下。

我们再观察，可以发现对于点数 $\le 3$ 的连通块，我们并不用记录。因为从一个连通块再回来至少经过 $2$ 条 $b$ 边，而内部只需要经过 $2$ 条 $a$ 边就能互相到达，因此不会影响答案。

这样时空就压到了 $2^{n/4}$ 了。

代码

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CF1375F

本来是一道很简单的题，但开始想错方向了...

可以想到，先手是必胜的：当他构造出一个等差数列，且后手不能操作最大那堆石子时，先手就赢了。

因此我们来分类讨论一下，假设 $a<b<c$：

如果后手选择操作 $a$，那么需要给出的 $k$ 要满足 $c-b=a+k-c$，那么 $k=2c-b-a$；

如果后手选择操作 $b$，那么需要给出的 $k$ 要满足 $c-a=b+k-c$，那么 $k=2c-b-a$；

但先手如果选择操作 $c$，那么我们就没有好方法了。

实际上，我们可以先加一个极大的数（如 $1e10$），那么无论后手加到哪堆，那堆都会成为最大堆，那么下一次他就无法操作最大堆了。

代码

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CF1218G

一个朴素的想法，对于第 $i$ 堆点，我们希望它们的点权满足 $c_i \equiv i \pmod 3$

我们先跑出一棵生成树，对于非树边，边权都设为 $3$。

考虑遍历这棵树。对于当前点 $u$，如果他的点权不满足上面的条件，那么我们就确定他到父亲那条边的边权。

但对于根节点，我们无边可改，这时候我们只能找出一个奇环，对环上的边交替 $+1/+2$，就能在不改变其他点的权值下修改根节点。

但如果不存在奇环，就无法完成操作。

这时候显然是一个二分图，我们考虑将点重新编号为 $1/2$，每个点依旧要满足 $c_i \equiv i \pmod 3$，注意还是模 $3$，而且默认根节点属于 $1$。

对于根节点 $r$，我们分情况讨论：

1. 如果 $c_r \equiv 0 \pmod 3$，那么我们不需要修改，因为他的权值一定和相邻的点不同。

2. 否则，此时 $c_r \equiv 2 \pmod 3$。如果根只有一个儿子 $u$，那么显然 $u$ 的度数大于 $1$，他们的权值一定不同；如果不止一个儿子，那么我们可以任选两个儿子，将连接的两条边权值都加 $1$，就能让 $c_r \equiv 1 \pmod 3$，$c_u,c_v \equiv 0 \pmod 3$

代码

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CF1634F

tag：差分

斐波那契数列看起来就有很好的差分性质。

我们令 $c_i=a_i-a_{i-1}-a_{i-2}$，$d_i=b_i-b_{i-1}-b_{i-2}$

显然，如果 $C$ 序列与 $D$ 序列相同，那么代表 $A,B$ 也相同。

而我们在 $a[l,r]$ 加上一段斐波那契数列，就相当于在 $c_l$ 加上 $f_1$，$c_{r+1}$ 减去 $f_{r-l+2}$，$c_{r+2}$ 减去 $f_{r-l+1}$。 $b[l,r]$ 同理。

代码

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CF1041F

我们将上层点标为 $0$，下层点标为 $1$，我们假设从 $(0,0)$（即上层点第 $0$ 号点）开始反射。

我们手推一下，发现如果我们步长取 $x$，那我们会经过的点就是 $(0,0),(1,x),(0,2x),(1,3x)...$

而如果我们再取 $3x$，那么上面能覆盖到的点就包括了这次覆盖的点了。

因此，我们的步长只会取 $2^k,k\in N$，就可以在 $O(nw),w=30$ 内处理出答案。

代码

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本文作者：zuytong
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