ARC183 做题记

A (Median of Good Sequences)

题意

给定正整数 $N,K$，如果一个长度为 $NK$ 的序列中 $1$ 以上 $N$ 以下的整数分别出现了 $K$ 次，则称这个序列为良好序列。

输出所有良好序列排序后的中位数那个序列。$n$ 个排列的中位数定义为第 $\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor$ 个排列。

$N,K\le 500$

题解

随便对称性计算一下即可。

$\bf{record}$

B (Near Assignment)

题意

给定两个长度为 $n$ 的序列 $A,B$ 以及整数 $k$，可以进行以下操作任意多次（也可以不操作）：

选择两个整数 $i,j$（$1\le i,j\le n$）满足 $|i-j|\le k$，将 $a_i$ 的值变为 $a_j$。

求是否可以将 $A$ 序列变为 $B$ 序列，如果可以，输出 Yes，否则输出 No。

$1\le k<n\le 2.5\times 10^5$。

题解

依然是倒着做，通配符。

倒着做意味着选择 $i, j$ 满足 $|i - j| \le k$ 且 $a_i = a_j$，将其中一个变成 $?$，其中 $?$ 可以在想要的时候被替换成任意字符。

我们注意到，当 $B$ 数组中存在 $?$ 时，$B$ 数组相邻字符可以被随意交换。因为 $?x$ 可以变成 $x?$，意味着 $?$ 可以随意移动。

同时 $xy$ 可以借一个 $?$，使得 $?xy \to yxy \to yx? \to ?yx$。(这里需要满足 $k \ge 2$)

因此，当 $B$ 中数组中的数全在 $A$ 数组中出现过且 $B$ 中存在 $?$ (意味着存在两个相同的数距离 $\le K$) 且 $k \ge 2$ 时：那么 $B$ 数组中的相同的数可以只剩下一个，其他的全是问号，则 $B$ 一定可以变成 $A$。

我们再考虑其他情况，若 $B$ 中数组中的数有在 $A$ 数组没出现的，就是无解。若 $B$ 数组中不存在 $?$，意味着 $A = B$ 才有解，可以特判。若 $k = 1$，直接特殊处理。

$\bf{record}$

C (Not Argmax)

题意

给定一个 $ (1,2,\cdots,N) $ 的排列 $ P=(P_1,P_2,\cdots,P_N) $，请计算满足以下 $ M $ 个条件的排列数量，并将答案对 $ 998244353 $ 取模。

第 $i$ 个条件：在 $ P_{L_i},P_{L_i+1},\cdots,P_{R_i} $ 这一段中，最大值不是 $P_{X_i}$。其中，$L_i,R_i,X_i$ 是输入给定的整数。

$1\leq N\leq 500 ,M\le 10^5,1\leq L_i\leq X_i\leq R_i\leq N$

题解

考虑一个区间内最有代表性的是什么。不难发现就是它的最大元素；于是我们考虑在转移时枚举这个最大元素的位置。

假设我们考虑到了区间 $ [l, r] $，枚举到最大元素位置为 $ k \in [l, r] $，显然若 $ \exists [L, R] \subseteq [l, r] $，使得 $ [L, R] $ 内位置 $ k $ 不能作为最大值，那么 $ [l, r] $ 的最大值就不能在位置 $ k $。否则我们就可以递归到子问题。

下面我们说明正确性。注意到我们只考虑了 $ [L, R] \subseteq [l, r] $，否则的话一定会跨过一个比 $ [l, r] $ 内最大值更大的值，例如 $ p_{l-1} $ 或 $ p_{r+1} $。那么这样的 $ [L, R] $ 一定合法，不需要考虑。

那么我们就可以设计状态了：设 $ f(l, r) $ 为在 $ [l, r] $ 内填入 $ (r - l + 1) $ 个互不相同的整数，使得合法的方案数——注意我们并不关心到底是哪些整数。转移显然就是：

\[f(l, r) = \sum_{l \le k \le r} [k \text{ is valid}] \binom{r-l}{k-l} f(l, k-1) \cdot f(k+1, r) \]

至于条件的判断，随便预处理即可做到 $ \Theta(1) $ 查询。最终总时间复杂度 $ \Theta(N^3) $。

$\bf{record}$

D (Keep Perfectly Matched)

题意

有一棵包含 $N$ 个顶点的树，顶点编号为 $1$ 到 $N$。第 $i$ 条边连接顶点 $A_i$ 和顶点 $B_i$。

这里 $N$ 是偶数，并且这棵树存在一个完全匹配。具体来说，$\forall i\in [1,N/2]$，都有 $A_i = 2i - 1, B_i = 2i$。

你需要进行如下操作共 $N/2$ 次：

每次选择两个叶子（度数恰好为 $1$ 的顶点），并将它们从树中删除。此时，删除后的树也必须仍然存在完全匹配。注意，在本题中，顶点数为 $0$ 的情况也视为一棵树。

对于每次操作，其得分定义为 所选两点之间的距离。

请给出一种操作顺序，使得总得分最大。可以证明，在本题的约束下，总能完成 $N/2$ 次操作。

$N\le 2.5\times 10^5,2\mid N,A_i<B_i$

题解

考虑如下结论：

对于一棵树 $T$，令 $sz_u$ 表示 $u$ 的子树大小。那么 $T$ 有完美匹配当且仅当：

$\sum\limits_{i=1}^{n} [sz_i \bmod 2 = 1] = \sum\limits_{i=1}^{n} [sz_i \bmod 2 = 0]$

我们令 $sz_i \bmod 2 = 0$ 的点为 $0$ 号点，否则为 $1$ 号点。容易发现：

对于每个 $0$ 号点，其子节点中至少有一个 $1$ 号点，否则它一定是 $1$ 号点。
对于每个 $1$ 号点，它的父亲可以是 $0$ 号点，也可以是 $1$ 号点。

因此 $0$ 号点的数目一定不多于 $1$ 号点的数目，所以当满足上述等式时，有：

对于每个 $0$ 号点，它有且仅有一个儿子为 $1$ 号点。
对于每个 $1$ 号点，它的父亲均为 $0$ 号点，换句话说，它们的儿子均为 $0$ 号点。

因此，显然存在一种方案，使每个 $1$ 号点和它的父亲匹配，此时这样构成一个完美匹配。

唯一性是很好说明的：在存在完美匹配的情况下，显然每个叶子节点只能和它的父亲匹配，以此类推，否则叶子节点不能匹配，因此完美匹配方案唯一。

回归本题，首先我们找到重心，以重心为根。我们猜测此时的上界 $\sum dep_i$ 是可以取到的。

显然根节点始终为 $0$ 号点，注意到删除一个点会让它到根的所有 $sz$ 都减一，也就是取反。

可以推得，删路径的时候，一定是从根节点找两个儿子，一个为 $1$ 号点，另一个为 $0$ 号点，从这两个点往下搜 $0$ 号点必须走 $1$ 号点，$1$ 号点可以随便走。只有在这种情况下，才能保证每次删完后它仍然存在完美匹配。

删完还有完美匹配，是因为上述 $sz$ 的 $01$ 结构仍然保持即可。

那么我们可以钦定每个子树的删除顺序：对于 $0$ 号点，先把 $1$ 号点儿子的子树删空，容易发现一直删它直到把它删空一定是合法的，然后它就变成 $1$ 号点了，此时与顺序无关，随便怎么删都行；对于 $1$ 号点，删掉儿子不影响奇偶性所以可以随便删。

因为根节点是重心，我们每次取当前 $sz$ 最大的 $0$ 号点儿子和 $1$ 号点儿子显然最后只会剩下下一个点，它和根节点匹配即可。

容易发现它取到了上界，所以显然是对的。删除过程可以参考代码理解。

$\bf{record}$

E (Ascendant Descendant)

题意

有一棵包含编号为 $1$ 到 $N$ 的 $N$ 个顶点的根树，根是顶点 $1$，$i$ 的父节点是 $P_i$。

同时，给定两个长度为 $M$ 的整数序列 $A=(A_1, A_2, \cdots, A_M)$ 和 $B=(B_1, B_2, \cdots, B_M)$，其元素均为 $1$ 到 $N$ 之间的整数。

定义序列 $A$ 是 good 的，当且仅当对每个 $i$，顶点 $A_i$ 是顶点 $B_i$ 的祖先，或者 $A_i = B_i$。

初始时，序列 $A$ 是 good 的。

我们考虑对序列 $A$ 进行以下操作：

选择一个整数 $i$ ($1 \leq i \leq M-1$)，交换 $A_i$ 和 $A_{i+1}$ 的值。操作后，序列 $A$ 仍必须是 good 的。

请计算，经过 $0$ 次或多次操作后，可能得到的不同序列的个数，并输出该结果对 $998244353$ 取模的值。

$2 \leq N,M \leq 2.5\times 10^5,P_i<i$

题解

首先你可以预处理出每个点 $i$ 能移动到的位置所在区间 $[l_i, r_i]$，需要满足 $a_i$ 是 $\text{lca}(b_{l_i}\sim b_{r_i})$ 的祖先。

我们发现若两个区间有交，则 $a_i,a_j$ 都是区间交的 $\text{lca}$ 的祖先。

于是两个有交的区间一定是呈 包含关系。所有区间按照包含关系呈树形结构。

但是实际上一个点的移动范围并不一定是 $[l_i, r_i]$。

若 $i$ 子树中一个 $j$ 满足 $j$ 的子树大小恰好是 $r_j - l_j + 1$，那么相当于说这个区间内的位置恰好被 $j$ 的子树覆盖。

那么 $i$ 这个点就不可能从 $< l_j$ 的位置移动到 $> r_j$ 的位置。

考虑使用 set 实时维护 $(l,r,x)$，表示区间 $[l,r]$ 还剩下 $x$ 个位置可以放数。

按照 区间长度从小到大 加入点 $i$，从 $i$ 向左右扩张。扩张到 $<l_i,>r_i$ 或者 $x=0$ 就停止，扩张的时候贡献 $x$。

类似颜色段均摊的写法，再把中间的段删了，插入新的段即可，记得 $x-1$，因为放了一个数。

然后 $i$ 的贡献就乘上扩张的 $x$ 加起来的值即可。

最后你注意到 $a$ 可能有些相同，除一些阶乘逆元即可。

$\bf{record}$

F (Sum of Minimum Distance)

题意

给定正整数 $A, B, X, Y, N$，其中保证以下条件：

$A < B$
$\gcd(A,B) = 1$
$1 \leq N \leq A+B-1$

定义一个函数 $f(n)$ 如下：

从整数 $x=0$ 开始，通过以下操作之一，达到 $x=n$ 所需的最小代价为 $f(n)$：
- 用 $x\pm A$ 替换当前的 $x$，此操作花费 $X$。
- 用 $x\pm B$ 替换当前的 $x$，此操作花费 $Y$。

由于 $A, B$ 的约束，可以证明对于任意整数 $n$，$f(n)$ 都可以被定义。

现在需要计算 $\sum\limits_{1 \leq n \leq N} f(n)$ 的值，并对 $998244353$ 取模。

$T$ 组多测。$T \leq 10^3,1 \leq A ,B, X, Y \leq 10^9$

题解

这篇除了类欧板子外代码非常短！

前置知识：类欧几里得算法，ABC402G 最后一步计算方法。

下面把 $X,Y$ 改写成 $wa,wb$，而原题面 $A,B,N$ 大小写不定，能理解即可。

设 $n=Au+Bv$，则容易发现 $u,v$ 一定一正一负。

不妨设 $u>0,v<0$，考虑水多加面，面多加水的 trick，我们能始终保持运算过程中 $x\in [0,A+B-1]$，不影响结果。

即 $x<B$ 时，$x\gets x+A$，否则 $x\gets x-B$。

于是我们看成一个 $[0,A+B-1]$ 的环，连边是 $x\in [0,B-1],x\overset{wa}\longrightarrow x+A;\quad x\in [B,A+B-1],x\overset{wb}\longrightarrow x-B.$

从 $0$ 开始走一圈到每个点的代价就是此时每个点的最小代价 $f(n)$。

然后 $u<0,v>0$ 时同理得到 $g(n)$。则 $ans=\sum\limits_{n=1}^N \min (f(n),g(n))$。

我们给出结论：$f(n)+g(n)$ 是一个定值 $tot$。

考虑到 $g(n)$ 其实是满足 $u<0,v>0$，且 $|u|,|v|$ 最小的那组构造方案的价值。

$f(n)$ 同理。于是 $f(n)$ 方案对应的 $(u',v')$ 应该是 $g(n)$ 中的 $(u+B,v-A)$。

于是 $f(n)+g(n)=B\cdot wa+A\cdot wb=tot$。

于是对于 $\min(f(n),g(n))$，以 $lim=\frac{tot}{2}$ 为分界线分别统计即可。

假设我们二分出了在第一个环上，从 $0$ 开始走 $l$ 步开始第一次代价超过 $lim$。

记 $\text{calc}(a,b,m,n,wa,wb)$ 表示在 $(+a,-b)$，代价 $(wa,wb)$ 的环上走 $m$ 步，走过的所有 $\le n$ 的数的代价和。

则 $ans=\text{calc}(a,b,l,n,wa,wb)+\text{calc}(b,a,a+b-1-l,n,wb,wa).$

因为第一个环走 $l$ 步，显然第二个环得走 $a+b-1-l$ 步。

那怎么二分出 $l$ 呢？只需要对于单个 $l$，快速求出环上走 $l$ 步的代价即可。

考虑在 $(+a,-b)$ 的环上走 $m$ 步的 $-b$ 操作次数 $t_m$ 是可以计算的。

$x_m=(m-t_m) \cdot a - t_m \cdot b =ma-(a+b)t_m\Rightarrow t_m=\dfrac{ma-x_m}{a+b}.$

由于 $x_m<a+b$，得到 $x_m=ma\bmod {(a+b)},\quad t_m=\left\lfloor\dfrac{ma}{a+b}\right\rfloor.$

于是代价就是 $wa\cdot (m-t_m)+wb\cdot t_m=wa\cdot m+(wb-wa)\cdot t_m.$

接下来我们计算 $\text{calc}$ 函数。令 $b\gets a+b$，此时有 $a,m,n<b$，这个条件比较关键。

根据上面算得的代价重写一下式子：

\[\text{calc}(a,b,m,n,wa,wb)=\sum\limits_{i=1}^m [ia\bmod b\le n]\left(wa\cdot i+(wb-wa)\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor\right) \]

考虑经典套路：

\[[ia\bmod b\le n]=\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{ia-n-1}{a+b}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor+1-\left\lfloor\dfrac{ia+(b-n-1)}{a+b}\right\rfloor \]

因为第一个等号的第二项可能是负的，比较坏，于是换成第二个等号的形式。

inline LL sol(LL a,LL b,LL m,LL n,LL wa,LL wb)
{
	b+=a;LL ans=0;
	for(LL i=1;i<=m;i++) ans+=((i*a)/b+1-(i*a+b-n-1)/b)*(i*wa+(wb-wa)*((i*a)/b)),ans%=mod;
	return ans;
}

接下来肯定是通过若干类欧，去解决这么多下取整。

\[\sum\limits_{i=1}^m \left(\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor+1\right)\left(wa\cdot i+(wb-wa)\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor\right) \]

这东西是最标准的类欧，套用模板题即可。

\[\sum\limits_{i=1}^m \left\lfloor\dfrac{ia+(b-n-1)}{a+b}\right\rfloor\left(wa\cdot i+(wb-wa)\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor\right) \]

这个的绝大部分项都可以用类欧模板计算，除了

\[\sum\limits_{i=1}^m \left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{ia+(b-n-1)}{a+b}\right\rfloor \]

这一项。但是直接套用 ABC402G 的结论也可以类欧 $1\log $ 计算。

具体的，考虑 $p_i=\left\lfloor\dfrac{ia}{a+b}\right\rfloor,q_i=\left\lfloor\dfrac{ia+(b-n-1)}{a+b}\right\rfloor$ 满足 $q_i-p_i\in \{0,1\}$。

于是 $\sum (q_i-p_i)(q_i-p_i-1)=0$，由此解出 $\sum p_iq_i$，其他项都是类欧板子。

总复杂度 $\mathcal{O}(T\log (a+b))$，跑得飞快。

$\bf{record}$

posted @ 2025-10-29 19:40 HaHeHyt 阅读(21) 评论(0) 收藏举报

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