Codeforces Round 969 (Div. 1) 记录

Codeforces Round 969 (Div. 1) 记录

场切了 ABC，2:23 过的 C pretest，DEF 都没开到（

A

简单博弈题。\(\texttt{Clist *} \color{blue}{1743}\)。

对于除了首尾以外的 \(0/1\) 连续段，都会提供恰好一个 \(01\) 和恰好一个 \(10\)。

如果开头是 \(1\) 则不会提供 \(01\) ，结尾是 \(1\) 则不会提供 \(10\)，这两个又可以抵消掉，\(0\) 同理。

因此得到，一个叶子会提供 \(1\) 的得分，当且仅当这个叶子的权值和根的权值不同。

那可以做简单分讨。设叶子节点上的问号数量是 \(x\)，非叶子上的问号数量是 \(y\)。

如果根节点上不是问号，那么 Alice 能得到的答案增量是 \(\lfloor(x + 1) / 2\rfloor\)。

如果跟节点上的值是问号，当叶子节点上的 \(1\) 的个数和 \(0\) 的个数不相等时，Alice 可以先手令根节点的权值是叶子节点上 \(1\) 的数量和 \(0\) 的数量较少的那个数，并获得 \(\lfloor x / 2\rfloor\) 的增量。

否则，谁拿到根谁吃亏，可以通过判断 \(y\) 的奇偶性简单判断 Alice 取 \(\lfloor (x + 1) / 2\rfloor\) 还是 \(\lfloor x / 2\rfloor\)。

B

\(\texttt{Clist *} \color{purple}{2033}\)。

答案单调下降，因此考虑离线后时光倒流计算增量。

首先考虑在什么情况下取到一条路径上的最大答案。

时光倒流后，相当于一开始给定一棵树，我们称每次操作是选定一条边制约解除。

那么设当前所有被制约解除的边的边权和为 \(v\)，那么对于一条路径经过的边，有一部分被制约解除了，一部分没有，设没有被制约解除的边的边权和为 \(u\)。假设这条路径上存在一条边被制约解除，那么这条路径的边权就是 \(u + v\)，否则权值为 \(u\)。

考虑题目中路径的性质。树是按 dfs 序编号的，那么每条边会被两条 \(i \rightarrow (i \bmod n + 1)\) 的路径经过。对于点 \(i\)，设 \(i\) 的子树内的编号范围为 \([i, r_i]\)，那么每次解除 \(i\) 到 \(i\) 父亲的这条边，影响到的只有 \((i - 1) \rightarrow i\) 的路径和 \(r_i \rightarrow (r_i \bmod n + 1)\) 的路径。

那么问题就变得很简单了。首先算出所有边权都确定时的答案，并记一个 \(cnt\) 描述当前存在被制约解除的边的路径的条数和一个 bool 数组描述每一条路径中是否存在被制约解除的边。

对于每次操作，设当前的边的权值为 \(val\)。首先当前的边先消除影响，将答案减去 \(2val\)，然后把 \(val\) 加到 \(v\) 中。

因为每次只会修改两条路径，所以可以直接修改 bool 数组并维护 \(cnt\)，然后再让答案增加 \(cnt \cdot v\) 即可。

C

\(\texttt{Clist *} \color{orange}{2307}\)。

喜欢我猜结论题吗？

首先每次拿到一个数组，显然将它一直操作直至无法操作为止后如果连续就不合法。

考虑无法操作的集合是什么样子的。假设集合内有两个数的差为偶数那么一定操作。而无法操作即无论选择哪两个数操作，其能产生出的数都已经在集合中了。

然后手玩下发现，不能操作当且仅当这段数组从小到大排序后，差分数组的 \(\gcd\) 不是 \(2\) 的整数次幂或 \(0\)。

胡个证明。首先如果排序后两个相邻数作差后是偶数，那么显然将它一直操作下去。最后可以得到一个任意相邻数的差都为奇数的数组。

那么假设场上出现的间隔的种类数超过 \(1\) 种，那么一定有一组 \((i, i + 1, i + 2)\) 满足 \((a_{i + 1} - a_i) \not = (a_{i + 2} - a_{i + 1})\)。此时 \((i, i + 2)\) 必然可操作，并且操作后出现的数一定没有出现过。那么一直执行上述操作，最后就能得到一个所有数相等的数组，并且这个相等的值显然是所有差分的 \(\gcd\) 不断除以 \(2\) 的结果。而如果最后所有差都是 \(1\) 那就达到目的了，推回去就是 \(\gcd\) 是 \(2\) 的整数次幂就是合法的。

问题变成了，问有多少个子段排序后的差分的 \(\gcd\) 是 \(0\) 或 \(2\) 的整数次幂。

然后胡个结论，排序后的差分的 \(\gcd\) 等于不排序时差分的绝对值的 \(\gcd\)。

证明它。根据 \(\gcd\) 的性质有 \(\gcd(a, b) = \gcd (a + b, b)\)，所以我们可以把差分给前缀和回去 \(\gcd\) 不变，然后发现前缀和后的数组时原数组每个数都减去最小值的结果。然后我们任意调换原数组的顺序后，原数组每个数都减去最小值的 \(\gcd\) 是不变的。而排序后的 \(\gcd\) 恒为正，所以很自然的每个数差分后取绝对值的 \(\gcd\) 是不变的。

那就直接把差分处理出来得到一个长度为 \(n - 1\) 的数组，问题变成了有多少个子段的 \(\gcd\) 为 \(0\) 或 \(2\) 的整数次幂。问题变成了 ARC023D] GCD区間，简单 st 表后二分并开 map 存起来即可，当然这题因为询问数量极小肯定有更快的做法（sol：st 表后双指针或直接不带删双指针）。但是赛时一看转化成这题就懒得继续思考了。

D

赛后补题，启动！

\(\texttt{Clist *} \color{red}{2673}\)。

大家好啊今天给大家带来点根分。

考虑最优顺序。显然先放 \(a_n\)，然后放 \(a_1\)， 然后放 \(a_{n - 1}\) 这样，大值小值交替着放。

证明考虑各种邻项交换证最优性。

考虑当前数组合法的条件。设当前数组中满足值在 \([i, j]\) 的数字的个数为 \(cnt(i, j)\)。

考虑合法条件。对于 \(\le i\) 的数，它需要应付所有大于 \(\lfloor\frac {k}{i + 1}\rfloor\) 的数吧，因为 \(i + 1\) 没法应付这种数，所以至少 $\le i $ 的数应该足够。

然后还有种情况。如果长度为奇数，那么中间那一项是不用考虑的。

那么合法需要满足的就是 \(\forall i \in [1, \sqrt k], \min(cnt(1, i) , \lfloor \frac n2 \rfloor )\ge \min ( cnt(\lfloor\frac k{i + 1}\rfloor + 1, k), \lfloor \frac n2 \rfloor)\)。

而考虑下修改是什么。显然最大值改成 \(1\)。那么会使得 \(i \le \sqrt k\) 的 \(cnt(1, i)\) 的值均加上 \(1\) 并让 \(i > \sqrt k\) 的 \(cnt(i, k)\) 减小 \(1\) 吧。

那找一下差多少就行了吧。

然后出题人很良心的卡了二维前缀和的空间，考虑卡空间。

操作离线下来，每次对于每个 \(i\) 求出该求的数据就行了吧。

实现上，枚举 \(i \le \sqrt k\)，然后把 \(i\) 和 \(\lfloor \frac {k}{i + 1} \rfloor\) 对所有询问的贡献搞出来就行了。