Codeforces Round 1008 部分题解

A/C - Breach of Faith

题意

给定数列 \(a_{1,2\cdots 2n+1}\) 的其中 \(2n\) 个数字，找到一个 \(a\) 的原始序列满足：\(a_i \geq 1\) ，所有元素互不相同且 \(a_1=a_2-a_3+a_4-a_5+\cdots +a_{2n}-a_{2n+1}\)。

题解

设给定数组为 \(b\)，将最大值设为 \(a_1\)，其余值从大到小排序后设为 \(a_3,a_4 \cdots a_{2n+1}\)，再计算 \(a_2\) 即可，此时 \(-a_3+a_4- \cdots-a_{2n}+a_{2n+1}\) 一定是负数，其绝对值加 \(a_1\) 一定大于 \(a_1\)，大于全局最大值，数字一定不同。

参考代码

B/E - Finding OR Sum

题意

交互库有一对 \(0 \leq x,y < 2^{30}\)，可以询问 \(n\) 得到 \((x | n)+(y | n)\)，最多询问两次，最后交互库给出 \(m\) ，输出 \((m | x)+(m | y)\)。

题解

我们希望得出对于每一位 \(i\)，\(x,y\) 第 \(i\) 位总共有多少个 \(1\)。

若 \(x,y\) 都只有一位二进制，我们可以询问 \(0\)，这样看第一位和第二位就能确定这一位的 \(1\) 数量。这个方法要求第二位一定是 \(0\)。若 \(x,y\) 有两位，我们可以询问 \(2\)，即只把第二位设 \(1\)，再把最终结果减去两个 \(2\)，此时原本第二位有贡献 \(2 \times 2^1\)，把这个贡献减掉，恰好第一位是 \(0\)，同时把第二位空出来了，此时可以问出第一位。

扩展到一般，我们问 \(10101010\cdots\)，再把每一位反转后再问一次，每一次询问都能把 \(0\) 这一位的值给问出来，两次操作确定每一位 \(1\) 的个数。

参考代码

C/F - Binary Subsequence Value Sum

题意

给 \(01\) 串，一个 \(01\) 串的价值定义为 \(\max_{1\leq k \leq n}(F(1,k) \times F(k+1,n))\)，其中 \(F(l,r)=(r-l+1)-2\times \sum_{i=1}^n[s_i=0]\)。

求 \(s\) 的所有子序列的价值的和，并且有若干次修改，每次翻转一个位置输出答案。

题解

把 \(0\) 当 \(-1\)，\(1\) 当 \(1\)，\(F(l,r)\) 就是区间和，设一个串的和是 \(m\)，根据基本不等式，取 \(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\) 和 \(\lceil\frac{m}{2}\rceil\) 是最优的，又由于区间和 \((1,x)\) 在整数上是连续的，这个值一定能取到。因此一个字符串 \(s\) 的价值就是 \(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor \times \lceil\frac{m}{2}\rceil\)。

若 \(m=2k\) 则价值为 \(k^2\)，此时当 \(n=m+1\) 时价值为 \(k^2+k\)，增量为 \(k\)。

若 \(m=2k+1\) 则价值为 \(k(k+1)\) ，当 \(n=m+1\) 时价值为 \((k+1)^2\)，增量为 \(k+1\) 。可以发现奇数和偶数的递推增量仅相差一个 \(1\)。

先不考虑修改，递推解决这个问题，我们设前 \(i\) 个元素的总代价和为 \(f_i\)，若第 \(i+1\) 是 \(1\)，设前 \(i\) 个的所有子串的长度和是 \(s\)，长度为奇数的串数量为 \(cnt\) ，那么 \(f_{i+1}=f_i+\frac{cnt+s}{2}\) 。解释一下：我们发现上文中加 \(1\) 后增量都有个 \(k\)，奇数带一个 \(1\)，也就是 \(s+cnt\)，最后 \(k\) 是长度的一半，所以除以二。

对于 \(s_{i+1}=0\) 的情况同理更新。

把空集长度当成偶数，可以归纳证明长度奇数和长度偶数的串数量是相等的，因此加一个数后 \(cnt=cnt\times 2\)。

我们把 \(s\) 任意重排，每个子序列都是还能找到的，因此答案不变，于是我们可以定义这个线性变换的逆变换作为删除操作，修改操作即为做一个逆变换再做一个正变换，换言之，这个线性变换是可交换的。直观的讲，你可以把修改位挪到最后一位去，删除最后一位再加上翻转的位，再挪回原来的位置。

或者写 DDP 也可以。

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F - Another Folding Strip

题意

一个正整数数组 \(a_n\) 的价值为以下操作使得 \(a\) 变为全 \(0\) 的最小操作次数：

想象一个纸带，先进行任意折叠操作，接着选择一个点把折叠到这些点上的位置全部减一。

给定数组 \(a_n\)，求所有连续子串的价值和。

题解

考虑两个位置 \(i<j\)，若 \(i,j\) 奇偶性不同则 \(i,j\) 可以在一次操作内同时操作，否则就不行，可以模拟一下。扩展开，一次操作可以选择 \(i_1,i_2,\cdots i_k\) 满足 \(i_j\) 和 \(i_{j+1}\) 奇偶性不同，这些位置全部 \(-1\) ，这是交替选择的过程。

于是我们把奇数位取负数，再做观察。

我们发现一次操作后，任意区间的和要不不变要不绝对值减小 \(1\) ，可以得到操作次数的下界是最大区间和绝对值，我们断言最少操作次数就是这个下界。

我们找到所有的区间满足区间和绝对值是最大的，且端点不是 \(0\)。可以发现区间左右端点一定奇偶性相同（否则扩展一位值更大），且区间不相交（若相交则合并起来值更大），且相邻区间的左右端点奇偶性不同（相同的话也能合并区间，中间区间不是最大值，合并后的区间值更大）。

想让一个区间和绝对值减少，这个区间操作的奇偶数量不能相同，我们贪心的取每个区间的左端点为第一个操作点，若操作一个偶数就接一个奇数，由于左右端点奇偶性相同，最后一定可以得到一个奇偶性不同的操作序列，且最后一个操作数和左端点奇偶性相同，根据前面的理论，每个区间的操作序列都能拼接上，最后所有区间的值都减少 \(1\)。

因此一个序列的答案就是最大区间和绝对值，即前缀和的极差，设前缀和是 \(c_i\)，即求 $ \sum_{1 \leq l \leq r \leq n} (\max_{l \leq i \leq r} c_i - \min_{l \leq i \leq r} c_i)$，这里忽略了一些情况，即最大区间可能左端点在最左端的情况，此时整个区间的前缀和同号，需要特判一下。