AtCoder Beginner Contest 469 解题报告

前情提要：

愤怒。

将进行一个高效的写题解来，后面忘了。

总之，

ABC469C

我们令前缀 \(i\) 中 hit 出现次数为 \(a_i\)，miss 的出现次数的相反数为 \(b_i\)。

考虑 \(k\) 的答案。我们需要求出从 \(k\) 开始，手里有 \(a_k\) 个 hit，最远可以往后走到哪里。不难发现，使 \(a_k + (b_i - b_k) = 0\) 的第一个 \(i\) 便是答案。

如此，我们只需二分找到最后一个 \(j\)，使得 \(i \in [k,j]\) 的所有 \(a_k + (b_i - b_k) > 0\)，\(\min(j_{\max}+1,n)\) 即为答案。这里，我们可以使用 ST 表快速求 \(b\) 的区间最小值。

ABC469D

假设没有重复的比赛。

考虑 \(i\) 一共在 \(deg_i\) 场比赛中出现。那么我们要统计的，就是满足以下二者之一的数对数量：

• \(deg_i + deg_j = m + 1\)，且 \(i\)，\(j\) 之间有过比赛。

• \(deg_i + deg_j = m\)，且 \(i\)，\(j\) 之间没有参加比赛。

对于前者，我们对每一场比赛直接判断即可。

对于后者，我们对每个人分别考虑。不考虑「\(i\)，\(j\) 之间没有参加比赛」，\(i\) 号选手对应的方案数其实是 \(cnt_{m - deg_i} - [deg_i = m - deg_i]\)。接下来，我们找到所有和 \(i\) 有过比赛的人 \(j\)，如果 \(deg_i + deg_j = m\)，我们把这种情况从答案中减去即可。

对于后者的计算，我们发现每场比赛会被遍历两遍，所以复杂度正确。

ABC469E

我们让前缀 \(i\) 中 o 出现的次数为 \(b_i\)，然后直接二分答案。

然后考虑：胜率 \(x\) 合法，等价于存在 \(0 \le i < j \le n\)，使得 \(b_r - b_l \ge k\) 并且 \(\frac{b_r - b_l}{r - l} \ge x\)。后者移项得到 \(b_r - rx \ge b_l - lx\)。那么只需要维护 \(b_i - ix\) 的前缀最小值 \(pre_i\)。对于每一个 \(r\)，找到最后一个 \(b_r - b_l \ge k\) 的 \(l\)，查询 \(pre_l\) 是否 \(\le b_r - rx\) 即可。这个过程直接用双指针实现。

ABC469F

考虑直接跑 kruskal，然后一共有 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\) 条边，但是我们发现，对于一个 \(a \subseteq A\)，如果 \(\gcd a = x\)，那么里面最多会连上 \(\mathcal{O}(|a|)\) 条权值为 \(x\) 的边。这启示我们从大到小直接枚举边权，对于边权 \(i\)，我们需要遍历的元素数量只有 \(i\) 的所有倍数。这样，这是一个调和级数，时间复杂度的下限便来到了 \(\mathcal{O}(V \log V)\)。

继续上面的想法。我们找到 \(i\) 的所有倍数与 \(A\) 的交集 \(S\)。显然我们之前的操作已经把 \(S\) 中的元素连接成了 \(g\) 个块。那么跨块的边权肯定是 \(i\)。如果它是 \(i\) 的倍数 \(ki\)，那么肯定已经在遍历到 \(ki\) 的时候被处理完了。那么我们连接 \(g - 1\) 条跨块的边，然后把这些点标记成同一个块即可。我们发现 \(O(|S|)\) 可以完成这些操作，于是时间复杂度取到了上述的下限，问题解决。

ABC469G

我不会。

后续：

有个角色敢 8 点血打实验体，你知道它是谁。