Nebius Round 2 (Codeforces Round 1088, Div. 1 + Div. 2) 题解

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总结

一场坑害许多老师傅的比赛 + 注意力大赛，高僧预测出题组的帖子会迎来许多倒三角。

过题情况

	A	B	C1	C2	D	E	F	G	H
过题	\(\color{green}3(+)\)	\(\color{green}23(+1)\)	\(\color{green}36(+)\)	\(\color{red}(-7)\)	\(\color{green}117(+)\)
补题

A

题意

给一个排列 \(p\)，每次可以选择一个长度为 \(3\) 的子段删最大或者删最小，对排列中每个数求：如果在保留该数的前提下序列能删到最少，会剩几个。

题解

纯诈骗。除了 \(n=1\) 输出一个 \(1\) 以外，一律输出 \(n\) 个 \(2\)。可以证明对于所有数，每次都选含自己的序列，然后把不是自己的数删掉，因为这个数不论是最小/中间/最大，都能保证有不删掉自己的操作办法，因此最后一定会删到无法操作，此时除 \(n=1\) 以外恰好剩 \(2\) 个数。

B

题意

对序列 \(a\)，定义 \(f(a)\) 是把 \(a\) 拆分成若干个总和相等的段的方案数（包括不拆）。现在给你 \(x\) 个 \(1\) 和 \(y\) 个 \(-1\)，你需要构造一个序列 \(a\) 使得 \(f(a)\) 最小，并且输出方案。

题解

最小的构造方案是 \(x\) 个 \(1\) 和 \(y\) 个 \(-1\) 依次排在一起，此时 \(f(a)=d(|x-y|)\)，其中 \(d(n)\) 表示 \(n\) 的不同正因子的个数。特别地，定义 \(d(0)=1\)。

证明：

为了方便，令 \(k=x-y\)。

易得每段序列的和必须是 \(|k|\) 的因子。序列只有 \(\pm 1\)，那么数组前缀和一定是连续变化的，那么数组的前缀和一定会出现 \(|k|\) 的所有因子（如果 \(k<0\) 那就是对应的相反数，如果 \(k=0\) 那么只能保证一定会出现 \(0\)）。

不妨设 \(k>0\)，假设我们现在要求每段和为 \(g\)，为了让方案数最小，我们直接把 \(-1\) 全部堆在右边，那么由于 \(g>0\)，\(-1\) 必须选在最后一段（否则最后一段的和一定为负，不满足目标），把 \(-1\) 全部选完之后最后一段的选法就确定了，剩下的就是把一堆 \(1\) 分成若干个和为 \(g\) 的段，方案也是确定的。这样就保证对于每一个 \(g\)，都恰好只有一种方案，因此最终方案数为 \(d(|k|)\)。类似地，\(k<0\) 就是确定第一段的拆法，\(k=0\) 就是直接确定了整个序列作为一段。

C

题意

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)，以及一个常数 \(k\)，其中 \(b\) 某些项缺失，要求所有 \(b\) 的长为 \(k\) 的子段都必须是 \(a\) 对应位置子段重排的结果。

• 第一问：保证 \(a\) 是排列。
• 第二问：无其他限制。

第一问题解

我们假设有个滑动窗口从 \([1,k]\) 滑到 \([n-k+1,n]\)。始终在滑动窗口内的数可以任意重排，而进入滑动窗口的数和退出滑动窗口的数不一样，如果要保证 \(b\) 还是 \(a\) 的重排的话，\(b\) 进去的数必须等于 \(a\) 进去的数，出来的数类似，因此 \(a\) 和 \(b\) 对应位置的数必须相等。

第二问题解

施工中

D

题意

给定 \(a\) 的长度为 \(1 \sim n\) 的所有子序列求按位与后加起来的结果（对 \(10^9+7\) 取模，这个结果序列为 \(b_1,b_2,\cdots,b_n\)），构造长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，要求每个数必须在 \(0 \sim w-1(w=2^{29})\)之间，保证有解。

题解

拆位做。

如果只考虑 \(2^i\) 的位，首先需要注意到 \(a\) 的哪个数取 \(1\) 或者 \(0\) 不重要，重要的是有多少个取 \(1\)。那么如果出现 \(k\) 个 \(1\)，这一位在 \(b_k\) 的贡献就是 \(2^i\)，类似可以注意到在 \(r<k\) 的时候对 \(b_r\) 的贡献为 \(C_{k}^{r}2^i\)，\(r>k\) 的时候贡献为 \(0\)。

对于一个长度为 \(r\) 的子序列，如果选到的 \(r\) 都是 \(1\) 就会产生 \(2^i\) 的贡献，否则不产生贡献，如果 \(2^i\) 上有 \(k\) 个 \(1\)，那么可以知道能产生贡献的子序列个数一定是 \(C_{k}^{r}\)。

由于 \(2^i\) 最大对 \(b_k\) 产生贡献的 \(k\) 和 \(2^i\) 出现的总个数恰好相等，也就是说在只考虑 \(2^i\) 这一位的情况下从大到小遍历 \(k\)，第一次出现的非零的 \(b_k\) 的位置就是 \(2^i\) 出现的个数，而且此时 \(b_k\) 恰好等于 \(2^i\)。

因此，回到原问题（也就是考虑所有位），我们从大到小遍历 \(k\)，把所有出现个数 \(>k\) 的位对 \(b_k\) 的所有贡献都减掉之后，剩下的 \(b_k\) 就直接对应了哪些位刚好有 \(k\) 个 \(1\)，然后直接构造即可。

时间复杂度 \(O(n\log w)\)。