ARC169 补
A Please Sign
给定一棵大小为 \(n\) 的树，每个点 \(i\) 有一个点权 \(a_i\)，每次操作每个父亲的点权加上儿子，问进行足够多次操作后根节点 \(1\) 的点权正负性。
Solution
儿子对答案的贡献比父亲大，因为父亲的点权会受到儿子的点权干扰。深度越深，对答案的贡献越大。
因此只需要对每个深度的点的点权和，由深到浅枚举，如果不为 \(0\) 即得答案。
\(\\\)
Code
// STOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO hzt CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCORZ
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <numeric>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
constexpr int kN = 2.5e5 + 1;
int n, a[kN], d[kN];
vector<int> e[kN];
LL s[kN];
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
s[0] = a[1];
for (int i = 2, x; i <= n; i++) {
cin >> x;
d[i] = d[x] + 1;
s[d[i]] += a[i];
}
for (int i = n; i >= 0; i--) {
if (s[i] != 0) {
cout << (s[i] > 0 ? '+' : '-') << '\n';
return 0;
}
}
cout << "0\n";
return 0;
}
B Subsegments with Small Sums
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，一个序列的权值是，最少能分割成多少段，使得每一段的和不超过 \(s\)。问 \(a\) 的所有区间的权值和。
Solution
考虑对每个左端点 \(l\) 计算贡献。显然只要以 \(l\) 为左端点的区间，选用以 \(l\) 为左端点的最长段为第一段总不劣。这段的右端点 \(r\) 可以二分找出。因此相较于 \(f_{r+1}\)，\(f_l\) 对答案的贡献是对于每个以 \(l\) 为左端点的区间答案 \(+1\)。因此 \(f_l=f_{r+1}+n-l+1\)。
\(\\\)
Code
// STOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO hzt CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCORZ
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <numeric>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
constexpr int kN = 2.5e5 + 2;
LL n, x, a[kN];
LL s[kN], f[kN];
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> n >> x;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
f[n] = 1;
for (int i = n - 1; i >= 1; i--) {
int p = upper_bound(s + 1, s + n + 1, s[i] + x - a[i]) - s;
f[i] = f[p] + n - i + 1;
}
cout << accumulate(f + 1, f + n + 1, 0ll) << '\n';
return 0;
}
C Not So Consecutive
给定一个由 \(-1\) 和 \([1,n]\) 组成的长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，在 \(-1\) 上填数使不存在连续出现 \(i\) 次 \(a_i\)，求方案数。
D Add to Make a Permutation
给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，每次操作选择 \(m\) 个位置将其加一，并对 \(n\) 取模。问最少多少次操作可以将其变为一个 \(n\) 排列。
Solution
令 \(b\) 表示不取模的答案序列。易得以下三点限制：
- \(a_i\leq b_i\) （操作只加不减）
- \(\sum(b_i-a_i)|m\) （单点加总次数必须被 \(m\) 整除）
- \(b_i-a_i\leq \frac{\sum(b_i-a_i)}{m}\) （单点加次数不超过操作次数）
只需要满足这三点，就可以保证 \(b\) 是一个合法的操作序列。显然可以将 \(a\) 和 \(b\) 分别排序对应，这样只会更可能满足第三点。
注意到 \(b\) 一定可以是形如 \((x,x+1,\cdots,x+n-1)\) 的一个序列。
Proof
运用调整法，如果 \(b_n-b_1\geq n\)，每次操作将 \(b_1\) 改为之前的 \(b_n-n\)，将 \(b_n\) 改为之前的 \(b_1+n\)。
首先，这样调整并不会改变整体和，操作次数是不变的。然后对比每个合法条件：
- 因为 \(b_n-b_1\geq n\)，有 \(a_1\leq b_1\leq b_n-n\)。因为 \(a_n-a_1<n\)，所以 \(b_1\geq a_1>a_n-n, b_1+n>a_n\)。
- 没有改变 \(\sum b\)，也不会改变 \(\sum b_i-a_i\)。
- \(b_n\) 变小，\(b_n-b_1\) 减小，保持满足。同时因为 \(a_n<a_1+n\)，有 \(b_n-a_n>b_1+n-(a_1+n)=b_1-a_1\)，\(n\) 能满足 \(1\) 也能满足。
一次调整后，首位极端值都落到了中间，持续排序、调整，总能让首尾差距不到 \(n\)。
接下来就是找合法的 \(x\) 了。需要满足前两个条件，可以根据第一个条件给出的下界枚举，由于 \(x\) 加 \(n\) 对答案无影响，可以直接枚举找到满足第二个条件的。找不到显然无解。
第三个条件再次限定了 \(x\) 的最小值。如果现在 \(b_i-a_i\leq\frac{\sum b_i-a_i}{m}\)，那么增加一个 \(\Delta x\)，有 \(b_i-a_i+\Delta x\leq\frac{n\Delta x+\sum b_i-a_i}{m}\)。显然为了不等式右侧操作次数为整数，有 \(m| n\Delta x\)。每次 \(\Delta x\) 至少调整 \(\frac{m}{\gcd(n,m)}\)，每次调整不等式左侧（最大差）增加 \(\frac{m}{\gcd(n,m)}\)，右侧（操作次数）增加 \(\frac{n}{\gcd(n,m)}\)。一直推直到满足条件即可。显然调整后仍然满足第二个条件。
由于 \(m<n\)，操作次数显然大于 \(b_i-a_i\) 的平均数，又因为序列 \(a\) 和 \(b\) 的极差都小于 \(n\)，\(\frac{n}{\gcd(n,m)}>\frac{m}{\gcd(n,m)}\)，每次只要能拉回 \(1\) 的差距就是 \(O(n)\) 的，因此此处非复杂度瓶颈。
复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在排序。
\(\\\)
Code
// STOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO hzt CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCORZ
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <numeric>
#include <vector>
using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
constexpr int kN = 2.5e5 + 1;
LL n, m, a[kN];
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
sort(a, a + n);
LL mnx = 0, s = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
mnx = max(mnx, a[i] - i);
s += i - a[i];
}
for (int x = mnx; x < mnx + m; x++) {
if ((s + 1ll * n * x) % m != 0)
continue;
LL mx = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
mx = max(mx, x + i - a[i]);
}
LL op = (s + 1ll * x * n) / m, g = __gcd(n, m);
for (; op < mx;) {
op += n / g;
mx += m / g;
}
cout << op << '\n';
return 0;
}
cout << "-1\n";
return 0;
}
E
浙公网安备 33010602011771号