【251031】CF2155 Div.2 vp 总结

题目梗概

题目编号	题目名称	题目链接
A	El fucho	Link
B	Abraham's Great Escape	Link
C	The Ancient Wizards' Capes	Link
D	Batteries	Link
E	Mimo & Yuyu	Link
F	Juan's Colorful Tree	Link

给的都是 VJ 的链接，带翻译。

赛时情况

习惯了，先把所有题目读一遍。

A 题看起来是模拟，\(n\) 又那么小；B 是构造，哇我完蛋了我构造特弱；然后看了 C，看着像是 DP 什么的，不过样例好奇妙，答案都那么小（伏笔！）；D 是什么鬼，还整上交互了；E 是博弈，好难好难好难的样子；至于 F，我什么都不知道呢。

做 A。写完代码以后测了一下 \(n=500\)，是 \(998\)。啊那没事了就算全部模拟一遍也过得去。

不想管了，开 B！噼里啪啦瞎摇了一通，似乎想到了一种神秘的构造方法，随便试了几个，都能过去。然后分析了一会儿无解情况，于是开写。样例没毛病，目光扫视代码几遍以后直接跳了。

C 启动，想了一阵子 DP，发现自己死挺惨的，什么也玩不出来。然后开始观察样例，发现一些神秘的性质！然后发现答案最大 \(2\)（呼应伏笔 qwq）。死鬼 CF，还说要对什么 \(676767677\) 取模呢，真好笑。然后开始写，结果样例全输出 \(0\)，不解的我把差分数组打出来一看——怎么都少 \(1\)？看了一遍题，哦我忘了算上 \(i\) 自己。弄完以后，过样例，不想管了开 D。

交互交互交互交互。好难好难好难好难。瞎整了一些东西，发现疑似可以分块（？什么破思路），于是决定把这 \(n\) 个电池分成 \(n\) 组，然后每次不断合并，然后查一个组内的情况。虽然很猎奇，但是浅浅算了一下，好像次数够，于是就开写了。代码比思路更猎奇，中途还写错了一些，不过还好在写的同时给找出来了。

开测样例，次数啥的都没问题，只是觉得自己的代码好傻，反复问两个同样的电池。思考如何解决这个问题。突然想到 \(n\) 只有 \(40\) 来着！噢，那随便弄都行，开了个二维 bool 数组 \(vis\)，\(vis_{x,y}\) 存 \((x,y)\) 这对组合问没问过。然后又试了一下，嗯，现在聪明多了。

觉得这个 D 好不保险的样子啊，随便编了几组东西测了测，次数都少好多，不想测了。

然后开了 E，想了好一会，不知道怎么处理这个什么最优策略。好难啊，好难啊，根本没有一点思路。瞎摇了一些东西，但是始终不知道怎么弄。话说这个矩阵还变来变去的太难整了！更何况 \(n\) 和 \(m\) 的总和还没有限制，好难！研究了一下，想用平常的博弈 DP 的思路去解决，问题在于这个状态吧……根本不知道怎么设啊喂！神秘死了，被气死了，不想 E 了。

意料之中，意料之中，我怎么可能做得出来 Div.2 的 E 呢（喂喂喂你不能这么说）？F 就更不可能了，但是无聊的我还是想去看一下。想了想，毫无思路，只是觉得百分百要上 LCA，但其他就什么都不知道了。摇了摇样例，没有任何头绪。

看了看时间，四点四十了，那最后留点时间检查下前面的代码吧。五点交卷，后面还有点时间看下没 A 的题是怎么回事，以及看一下后两题咋做。题今天下午肯定没时间补的，之后抽时间嘛，周末有一大把的时间啊！我又考不了今年的 CSP。

诶诶，怎么扯了这么多废话，于是开始检查前面的题，测了下样例，然后大眼瞪法检查代码，没查出什么毛病。又玩了一下 D 的代码，真好玩呀真好玩。（D 题代码：不是我好端端一个代码怎么被你玩得跟个游戏似的？我有那么好玩吗？）

又看了下时间，四点五十二了，准备交卷。打开 CF，登上号，提交！提交！提交！提交！

分数分布

A B C D 全过，很开心。

赛后题解

A

话不多说，直接模拟即可，用 \(x\) 和 \(y\) 存一下当前胜者组和败者组的队伍数，按着它的套路算就行。注意计算顺序，不行就多开点临时变量。然后记得最后答案要 \(+1\) 因为还有最后一个总决赛。

B

简单构造题。

首先考虑从上到下从左往右造 \(k\) 个向上 U 的格子，这样这 \(k\) 个肯定出不去。

然后考虑如何让剩下 \(n^2 - k\) 个被困在迷宫里打圈圈。

先让所有没被打上向上 U 的非最后一行的格子全都打上 D，让它们全进到最后一行，然后再想如何困住。

很简单，最后一行的前 \(n-1\) 个全给往右 L，最后一个给往左 R 就行了。这样就会被控制在 \((n,n-1)\) 和 \((n,n)\) 两个格子里走来走去走来走去了。

无解情况？当且仅当 \(k = n^2 - 1\) 的时候才会无解，因为这个时候只有一个格子是走不出去的，但是它要么直接走出去了，要么会走到一个走得出去的格子里，所以是没有办法构造出来的。

C

CF 是懂迷惑人的。

题目给了个什么对 \(676767677\) 取模，实际上毫无必要因为答案最大 \(2\)。

为什么呢？因为考虑两个相邻的 \(a_{i-1}\) 和 \(a_i\)，发现它们的差值顶多 \(2\)。因为它们的差距只在相互能否看到对方而已。

那么只要固定了第一个人的披斗篷方式，后面的人就全能算出来了，当然嘛有无解情况，也就是后面的人算出来不存在什么的。

定义 \(c_i\) 表示第 \(i\) 个人的披斗篷方式，其中 \(c_i = 0\) 表示第 \(i\) 个人的斗篷往左披，\(c_i = 1\) 则表示第 \(i\) 个人的斗篷往右披。

于是我们枚举 \(c_1 \in \{0,1\}\)，然后可以推出式子：对于每个 \(i>1\)，都有 \(c_i = a_{i-1}-a_i+1-a_{i-1}\)。当然了如果 $c_i < 0 $ 或者 \(c_i > 1\) 那么显然这种情况不存在。

求出来以后就可以了吗？为了保险我验证了一下。简单写个差分就可以啦，记得算上自己可以看到自己的情况。

D

肯定不能一个一个试那绝对会挂完。

我的方法很奇怪。但是能过就对了。

大概就是，先把这 \(n\) 个电池分成 \(n\) 组，每组一个电池。只要还没找到一组，我就一直 while 下去，直到找到！

while 里头干啥嘞？首先合并这些电池组。咋个合并法？很简单，就是选相邻两个并起来，并成新的电池组，于是个数就会是上次的一半。由于 \(n\) 特小，所以咋搞都行。

接着咱枚举每个电池组中的两个不相同的元素 \(x,y\)，然后询问 \(x,y\) 可不可以通电。如果回答了 \(1\)，OK 那咱直接把程序结束，因为找到了嘛！回答了 \(0\)，那咱不管，就让它继续回答着。

如果这一次所有的电池组中都没能找到两个都可以通电的电池，那么我们可以决定一件事，那就是 \(a \le cnt\)，其中 \(cnt\) 是当前电池组的数量。抽屉原理嘛。因此一直这样走下去，越往后走，你所知的剩余次数其实就越多，因为 \(a\) 的数据范围在不断缩小。

那么最后的询问次数大概是什么样的呢？我粗略地算了一下，莫约是 \(\left \lfloor \dfrac{n^2}{2\lceil \frac{a}{2} \rceil} \right \rfloor\) 的，嗯，和题目给的范围 \(\left \lfloor \dfrac{n^2}{a} \right \rfloor\) 差不多，还稍微少一些些，肯定能过啦！

E

分类讨论。

• \(n=1\)：
  • 这个时候总步数是固定的，只需要考虑奇偶性，奇数则先手赢，否则后手赢。
  • 设 \(f_i\) 表示在第 \(i\) 列的一个 token 贡献的总步数。
  • 易得出 \(f_1 = 0\)，\(f_i = 1 + \sum_{j=1}^{i-1} f_i (i>1)\)。
  • 然后可以发现 \(f_i = 2^{i-2}(i>1)\)，结合 \(2\) 的次幂的性质，所有 \(i \ge 3\) 的列对奇偶性都毫无贡献。
  • 于是只需要看第 \(2\) 列的 token 个数，为奇数则先手赢，否则后手赢。
• \(n>1\)：
  • 观察发现，将 token 上下移动就能将对应列的 token 个数 \(+1\)，相当于改变这一列的 token 个数的奇偶性。
  • 假如每列的 token 个数都是偶数，后手就可以根据先手的操作情况决定自己的操作情况——就像取石子那样，所以后手必胜。
  • 但是当存在部分列的 token 个数是奇数的时候，先手可以选择最靠右一列然后将所有这些是奇数的全改成偶数，然后用和上面后手一样的套路，于是先手就可以赢了。

简单判断一下即可。

F

对于每个颜色 \(x\)，我们求出含有颜色 \(x\) 的点的森林，对于其中的每个连通块 \(S\)，我们发现，如果要颜色 \(x\) 对 \((u,v)\) 这对点组造成贡献，只需要满足 \(u,v \in S\) 即可。

那么问题就完全转化了，和树压根无关。这里把 \(n,s,q\) 均当做 \(n\) 来看待。于是题目就等同于是给定 \(n\) 个集合（并且保证这些集合的大小之和不会超过 \(n\)），对于每个点组 \((u,v)\) 求有多少个集合包含 \(u,v\) 两个数。

考虑根号算法。设 \(B = \sqrt{q}\)，实际可取 \(400\)。

把所有的点按照 \(B\) 对半切割，分成两部分，一部分是度 \(\le B\) 的，还有一部分是度 \(> B\) 的。

先预处理集合 \(T_u\)，对于每组询问都把 \(v\) 加入 \(T_u\) 集合。

如果一个询问是由两个度 \(\le B\) 的点构成的，显然这些点的集合 \(T\) 的大小不会超过 \(B\)（可能有常树，但总之数量级是 \(O(B)\) 的）。然后我们遍历所有集合，走到 \(u\) 就给它打上标记。然后后面再跑 \(v\)，这样就能对应上算出答案了。

然后再考虑一个询问出现了度 \(> B\) 的点的情况。直接对于每个度 \(>B\) 的 \(u\)，暴力遍历所有集合，如果在某个集合里它出现了，就把这个集合内所有在 \(T_u\) 内的数全都算进它的贡献里。

然后看一下两边的时间复杂度，都是 \(O(n \sqrt{q})\) 的，没什么问题。

简单总结

总而言之，言而总之——还算满意吧。

如果能推出 E 来那就更好了。

F 我倒是不指望考场上能推出来什么，不过一定能写暴力就对了。

再接再厉。

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小彩蛋：

……F 就更不可能了，但是无聊的我还是想去看一下。想了想，毫无思路，只是觉得百分百要上 LCA，但其他就……

——节选自【赛时情况】部分。

然鹅后面的题解没有提到任何和 LCA 相关的东西，因为树的性质被搞没用了。简单地说就是题意转化了嘛。

所以百分之百是不准确的。准确的应该是百分之一百二十，甚至百分之一万。