Atcoder ARC-068

A

不难发现从 \(5\) 开始一直往 \(6\) 转再转回来是最优的，直接模拟即可。

B

不难发现可以将多余部分直接贪心消去，最后必然会剩下两个或 \(1\) 个多余的数。

如果剩下两个，此时多余的数必然是偶数个，取之前序列中和这两个数中一个相等的数即可将这两个数消去，不浪费一个数。

否则，此时多余的数必然是奇数个，一定需要找到和这一个数相等的数和另一个数，需要浪费一个数。

C

首先的一个想法是对于一个商品 \([l, r]\) 将 \(l \rightarrow r\) 之间的每个数加 \(1\)，然后对于每辆车直接调和级数查询。

不难发现这样会记重，因为可能一辆车能跳到的位置可能会被一间商品覆盖多次。

那么一个很直接的想法就是思考怎么才能不计重。

那么对于一件商品 \([l, r]\) 和第 \(d\) 辆车，当且仅当存在若干个 \(d\) 的倍数在 \([l, r]\) 之间时才会被记重。

一个很直接的想法就是只让这若干个倍数只有一个被记录，为了方便，我们考虑只记录第一个包含在 \([l, r]\) 内 \(d\) 的倍数。

假设第一个在区间内 \(d\) 的倍数为 \(kd\)，那么不难发现这个区间的左端点必然处于 \(((k - 1)d, kd]\) 之间，右端点必然在 \([kd, m]\) 之间。

于是问题就转化为，对于 \(d\) 的每个倍数 \(kd\)，求出左端点在 \(((k - 1)d, kd]\) 之间，右端点在 \([kd, m]\) 之间的区间个数。

我们限制一方的端点，不难发现问题进一步转化为限制右端点在 \([kd, m]\) 的区间中，左端点在 \(((k - 1)d, kd]\) 之间的区间个数。

不难发现将区间挂在右端点上，直接主席树即可，复杂度 \(O(n \log ^ 2 n)\)。

然而有没有更为简单的方法呢，答案是有的。

需要发现这样一条性质，对于一个区间 \([l, r]\) 令 \(len = r - l + 1\)，那么对于 \(d \ge len\) 的车辆，一定可以获得该区间的商品。

这意味着对于每辆车 \(d\)，\(r - l + 1 \ge d\) 的区间我们是不需要处理去重的问题的，只需要在答案上加上这部分商品的数量即可。

那么对于 \(r - l + 1 < d\) 的区间呢？

不难发现这样的区间最多只会包含一个 \(d\) 的倍数，因此这部分也是不需要去重的，直接统计即可。

实现时将区间按照长短排序，双指针扫过来，使用树状数组动态加入线段，复杂度 \(O(n \log ^ 2 n)\)。

D

在 近期的一些 \(dp\) 题 中已经详细记录了本题 \(O(n ^ 2)\) 的 \(dp\) 解法，下面是一个基于 \(dp\) 的 \(O(n)\) 优化。

观察一下 \(dp\) 方程：

\[dp_{i, j} = \sum\limits_{k \ge j} dp_{i - 1, k}(j \ne 1, j \le n - i + 1) \]

\[dp_{i, j} = \sum\limits_{k > j} dp_{i - 1, k}(j = 1, j \le n - i + 1) \]

事实上这个 \(dp\) 的转移方程是具有组合意义的，首先不看方程后面的限制，不难发现这是从 \(n + 1\) 走到 \(1\) 恰好走 \(k\) 步的方案数。

为了方便起见，我们将这个过程倒过来看，看作是从 \(0\) 开始走 \(k\) 步走到 \(n\) 的方案。

那么那两个多余的限制就等价于最后一步走的步数必须不为 \(0\) 且对于每一个走了 \(i\) 步的位置，满足之前一共走的步数不能低于 \(i\) 步。

单看后面这个限制是一个经典的组合数问题，将问题具体化放到坐标系下看待。

那么问题就等价于从 \((0, 0)\) 开始走到 \((k, n)\) 走 \(k\) 步，每一步横坐标必须 \(+1\) 纵坐标无限制，且这整条路线必须在 \(y = x\) 之上的方案。

如果没有在 \(y = x\) 之上这条限制，答案就相当于解一个非负整数不定方程的解，运用插板法即为 \(\dbinom{n + k - 1}{n}\)。

下面来考虑存在一段路线在 \(y = x\) 之下的非法情况。

将 \(y = x\) 下移一个单位长度，变成 \(y = x - 1\)。

取 \((0, 0)\) 关于 \(y = x - 1\) 的对称点 \((1, -1)\)，不难发现每一个非法的走法都必然会经过 \(y = x - 1\)，令第一次经过的点为 \(A\)。

将从 \((0, 0)\) 开始一直到 \(A\) 的这条路线翻折，都会唯一对应一条从 \((1, -1)\) 开始沿着这条翻折路线再沿着前者在 \(A\) 之后走的路线。

由此不难证明从 \((0, 0)\) 走到 \((k, n)\) 的非法路径，和从 \((1, -1)\) 走到 \((k, n)\) 的所有路径组成的集合是相等的。

因此所有的非法方案就等于从 \((1, -1)\) 走到 \((k, n)\) 的任意一个方案，方案数即为 \(\dbinom{n + k - 1}{n + 1}\)。

因此只考虑后面一个限制的答案即为：

\[F_{k, n} = \dbinom{n + k - 1}{n} - \dbinom{n + k - 1}{n + 1} \]

再来考虑前一条限制的情况。

可以发现，如果前面一条限制是不满足的，那么这条路线必然会经过 \((k - 1, n)\) 这个点，于是我们直接容斥即可得到答案：

\[Ans = F_{k, n} - F_{k - 1, n} \]

复杂度 \(O(n)\)，瓶颈在于计算组合数上。