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否则，说明 $A\le B\lt \sqrt{n}$，注意到此时 $+1$ 的次数是严格小于 $A$ 次的，暴力枚举这个次数 $c$，则转化成了解方程 $Ax+By=n-c$。显然取到最优秀的情况时，要么 $x$ 最小，要么 $y$ 最小（需要保证 $x,y$ 同时为非负整数）。这是基本的数论知识。因为一次拓展欧几里得的最坏时间复杂度是 $O(\log n)$，所以两部分情况加起来的时间复杂度为 $O(T\sqrt n log n)$。

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D. Priority Queue 2

待补。

ARC140

C. ABS Permutation (LIS ver.)

首先思考不指定第一项的情况下怎么做。

我们发现对于任何 $n$，都有两种最优秀的序列：

如果 $n$ 是奇数，以 $n=7$ 为例，可以构造出 4 5 3 6 2 7 1 和 4 3 5 2 6 1 7 两种，都是 $LIS=n-1$。
如果 $n$ 是偶数，以 $n=6$ 为例，可以构造出 3 4 2 5 1 6 和 4 3 5 2 6 1 两种，都是 $LIS=n-1$。

如果 $X$ 就等于这里某个优秀序列的开头，那么直接输出即可。

否则我们随便找一个优秀序列，然后找到其中 $X$ 的位置，把它换到最前面去，这样显然会有一个 $LIS=n-3$ 的解。但事实上，我们可以让 $LIS$ 始终 $\ge n-2$。

首先观察上面的两种优秀序列，其实长得非常像，只不过是把相邻的两项交换了一下而已。不难发现，必定存在一个优秀序列，使得 $X$ 的位置后面还恰好有偶数个元素。

把 $X$ 放到开头，然后把后面的偶数个元素两两交换，不难发现 $LIS$ 变成了 $n-2$。

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D. One to One

首先不连 $a_i=-1$ 的边，经典结论是此时图只有三种形态：环、树、基环树。

环本质上也是基环树。这两种情况下肯定是内部 $n$ 个点的 $a_i$ 都 $\neq -1$ 了。只有树，内部肯定存在一个点 $a_i=-1$，就是说他还能往外连的。

然后可能是若干个树串联起来形成一个环，或者若干个树串成一条链，又放进一个基环树上去了。毕竟如果 $a_i=-1$ 全替换掉以后，整张图肯定都是基环树的。

你发现第二种情况不用考虑，设初始基环树有 $a$ 个，树有 $b$ 个，则直接 $ans+=a\times n^b$ 就行了，每种情况，所有基环树都作为一个连通块去添加贡献。

真正考虑的是若干个树串成一个环的情况。容易发现只和每颗树的大小有关，假设树的大小分别为 $d_1,d_2,...,d_k$。

由圆排列，有 $(k-1)!$ 种方式把它们串联起来。每种方式的串联方案数都是 $\prod_{i=1}^{k}d_{i}$。

然后做一个 $n^2$ 的背包就行了，复杂度是 $O(n^2)$ 的。事实上可以列出生成函数然后分治 NTT 做到 $O(n\log^2 n)$。

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F. ABS Permutation (Count ver.)

待补。

ARC141

D. Non-divisible Set

做这道题之前，有一个经典的关于鸽巢原理的题目：从 $1\sim 2M$ 中选出 $M+1$ 个不同的数，总有两个相互整除的。

证明方法是这样的：把每个数写成 $2^k\times x$ 的形式，其中 $x$ 是奇数。然后，$x$ 的取值只会是 $1,3,...,2M-1$ 这 $M$ 个数中的一个。显然分解后 $x$ 相同的两个数是整除关系。而一共有 $M$ 个不同的 $x$，因此，选择 $M+1$ 个数出来，至少有两个数的 $x$ 会相同。

然后我们发现其实本题就是来自上面这个小题目......

应用与上面相同的分拆技巧。对于每个 $x$，我们都必须选出一个 $k_x$，使得 $2^{k_x}\times x$ 在给出的集合内。另外，对于 $x\neq y$，$2^{k_x}\times x\mid 2^{k_y}\times y$ 不能成立。

注意到后面的这个约束比较烦，其实就是说如果 $x\mid y$ 那么 $k_{x}\gt k_{y}$ 必须成立。

所以最后相当于是对于每个 $k_{x}$，给你了它的取值集合。然后要求对 $x\mid y$ 都要满足 $k_{x}\gt k_{y}$。而指定一个元素被包含，就是指定了一个 $k_{x}$ 的值。

事实上，确定了 $k_{x}$ 后，我们希望 $k_{1\sim x-1}$ 尽可能大，而 $k_{x+1\sim 2m-1}$ 尽可能小。注意到这两部分分别是一个前后缀。而我们显然可以列一个状态 $f(i)$ 然后从前往后计算 $k_{i}$ 的合法最大值，类似地可以用 $g(i)$ 从后往前计算 $k_{i}$ 的合法最小值。如果能算出 $f,g$，那么每次指定 $k_{x}=V$ 的话，只要 $f(k)\le V\le g(k)$ 就是有解的，反之无解。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

Bonus：CF283D

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E. Sliding Edge on Torus

待补。

F. Well-defined Abbreviation

待补。

ARC142

D. Deterministic Placing

神题。

首先，注意到有 $S_{k}=S_{k\bmod 2}$。换言之第二次操作后得到的点集应该就是初始点集。

然后，我们仅考虑第一次操作。假设 $u$ 走到了 $v$，则连 $(u,v)$ 的边。显然任何一个合法的点集，与树的一个链剖分形成对应。对合法点集计数转变为对合法链剖分计数。

链剖分不合法的原因是操作不唯一。具体地，设边 $(u,v)$ 的两端点在不同链中。则满足下列条件的时候，这个链剖分是不合法的：

$u,v$ 有一个是链首，另一个是非链尾
$u,v$ 有一个是链尾，另一个是非链首

注意到两个条件是对称的，这容易理解：因为我们不仅要保证 $S_0\rightarrow S_1$ 唯一，还要保证 $S_1\rightarrow S_0(S_2)$ 唯一。

有了这些限制，考虑 $dp$。显然我们最后只关注根节点所在的链的形态。具体而言，有七种状态：

$x,y$ 是 $u$ 子树内两不同点且 $lca(x,y)=u$，此时 $u$ 在链 $x\rightarrow y$ 上。
$x$ 是 $u$ 子树内一点，此时 $u$ 在链 $x\rightarrow u$ 上。
$x$ 是 $u$ 子树内一点，此时 $u$ 在链 $u\rightarrow x$ 上。
$x$ 是 $u$ 子树外一点，此时 $u$ 在链 $u\rightarrow x$ 上。
$x$ 是 $u$ 子树外一点，此时 $u$ 在链 $x\rightarrow u$ 上。
$x$ 是 $u$ 子树内一点，$y$ 是 $u$ 子树外一点，此时 $u$ 在链 $x\rightarrow y$ 上。
$x$ 是 $u$ 子树内一点，$y$ 是 $u$ 子树外一点，此时 $u$ 在链 $y\rightarrow x$ 上。

运用上面的两个限制，$f(u,1\sim 7)$ 是好计算的。时间复杂度 $O(n\log n)$。容易发现最难的转移就是 $f(u,1)$ 的转移了。

另外需要注意到一些细节，比如 $f(v)=0$ 导致没有逆元的情况。

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E. Pairing Wizards

对于一对 $(x,y)$，我们不妨设 $b_x\le b_y$。然后，显然最终的 $a_x,a_y$ 必须满足 $a_x,a_y\ge b_x$。所以，我们可以先将 $a_x$ 和 $a_y$ 对 $b_x$ 取 $\max$。

设这样之后得到新的 $a$ 数组记作 $c$，那么初始答案要加上 $\sum c_i-a_i$。这一步是容易的。

此时，如果有 $(a_x\ge b_x \land a_y\ge b_y) \lor (a_x\ge b_y \land a_y\ge b_x) $ 成立，则 $(x,y)$ 这对约束已经满足条件，可以忽略。所有未被忽略的 $(x,y)$ 都满足 $b_x\le a_x,a_y\lt b_y$。如果我们想让 $(x,y)$ 最终合法，则只有两种可能：

让 $a_y \ge b_y$。
让 $a_x \ge b_y$。

注意到此时 $(a_i,b_i)$ 分成两类，第一类是 $a_i\lt b_i$ 的，第二类是 $a_i\ge b_i$ 的。对每一组 $(x,y)$ 而言，$x$ 一定是第二类点，而 $y$ 一定是第一类点。

对于每组 $(x,y)$，上面的条件必须至少满足一个。由于是二选一，容易让我们想到网络流：$a_y\ge b_y$ 和第一类点有关，而 $a_x\ge b_y$ 和第二类点有关。另外要注意的是，对于 $a_y$ 来说，它要么不变，要么变为 $b_y$。这是容易证明的。

所以处理 $a_y\ge b_y$ 是容易的，我们只要连 $S\rightarrow i$ 边权为 $b_i-a_i$ 即可。问题在于如何处理 $a_x\ge b_y$ 的限制。首先我们注意到本题值域 $\le 100$，考虑开 $100$ 个点 $f(x,1),f(x,2),...,f(x,100)$，然后这样连边：$f(x,i)\rightarrow f(x,i+1)$ 连一条容量为 $i-c_x$ 的边，表示要花 $i-c_x$ 的代价可以让 $a_x=i$。然后 $f(x,100)$ 向 $T$ 连一条容量为 $100-c_x$ 的边。最后，对于 $(x,y)$，只要连一条 $y\rightarrow f(x,b_y)$ 的边，容量为 $\infty$ 即可。事实上想到前面的预处理以及使用最小割后建图并不难理解。

设值域为 $w=100$，则边数有 $O(n^2+nw)$ 条，而 $S$ 点向外连出的总容量不超过 $nw$，所以只会增广 $O(nw)$ 次，时间复杂度 $O(n^3w+n^2w^2)$，最大流的特点使本题运行效率飞快。

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F. Paired Wizards

对于第一个人，设其执行了 $x$ 次 $2$ 操作，分别在时刻 $a_1,a_2,...,a_x$，则其造成的伤害为 $\sum_{1\le i\le x} a_i-\frac{x(x+1)}{2}$，记 $\sum_{1\le i\le x}a_i$ 为 $S_1$

我们对第二个人类似定义 $y,b$ 与 $S_2$。则最后总伤害为 $S_1+S_2-\frac{x(x+1)}{2}-\frac{y(y+1)}{2}$。

对于一次操作 $(a,b,c,d)$。我们称 $x$ 是固定的当且仅当 $a=c$；同理称 $y$ 是固定的当且仅当 $b=d$。“固定”的含义是不管选择第一种组合，还是第二种组合，这个人执行的法术都是确定的。

显然，若 $x$ 和 $y$ 都是固定的情况没有任何需要我们额外再去做的事情。

当 $x$ 和 $y$ 仅有一个非固定的时候，我们可以决定非固定的那个是否使用法术 $2$。这将只会影响到 $S_1$ 和 $x$ 的取值（或 $S_2$ 与 $y$）。（第一类，第二类操作）

当 $x$ 和 $y$ 全部非固定的时候，有两种可能：

若 $a=b$，则意味着两个人要么同时不使用法术 $2$，要么同时使用法术 $2$。（第三类操作）
若 $a\neq b$，则意味着两人恰好有一个使用法术 $2$。（第四类操作）。

需要注意到的一点是第四类操作中，不管是哪个人使用法术 $2$，对 $S_1+S_2$ 的贡献都是不变的，换言之此时唯一的变数在于对 $\frac{x(x+1)}{2}+\frac{y(y+1)}{2}$ 的影响上。

我们可以暴力枚举有多少个第三类操作是“同时使用法术 $2$”的。我们发现为了让答案最大，我们会选择出现时间最晚的那些三类操作，显然对于一、二、四类操作有相同道理。此时再枚举第四类操作的分配，即设有 $K$ 个第四类操作，则暴力枚举 $K_x$ 个是第一个人使用法术 $2$ 的，而剩下的 $K-K_x$ 个是第二个人使用法术 $2$ 的。那么此时我们已经有了一个临时的 $S_1,S_2,x,y$。我们还需要考虑第一类和第二类操作的贡献。我们注意到，第一类操作的贡献只和 $x$ 有关，类似地第二类操作的贡献只和 $y$ 有关。所以我们对第一类操作（第二类同理）进行这样一个预处理：暴力枚举这个临时的 $x$，然后 $O(n)$ 地计算此时第一类操作的最大贡献。

这样，总时间复杂度是 $O(n^2)$ 的。

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posted on 2022-05-25 21:30 Cry_For_theMoon 阅读(148) 评论(0) 收藏举报

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B. Make N

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