ARC 板贺

AtCoder [ARC099B] Snuke Numbers

一种题目：要求 列出 前 \(k\) 小 的所有满足条件的数。

这时候有个 Trick：可以考虑求一个 \(f(n)\) 表示 \(\ge n\) 的最小的满足条件的数。这样就可以从 \(f(1)\) 出发跳 \(k-1\) 次 \(f(n+1)\) 求出前 \(k\) 小的 \(n\)。

此题中，\(f(n)\) 即为 \(\ge n\) 的数中最小化 \(\dfrac{n}{S(n)}\) 的整数 \(n\)，其中 \(S\) 为十进制下数位和。而 \(f\) 容易贪心求出，依次将 \(n\) 的最后若干位改为 \(9\) 即可。

AtCoder [ARC099C] Independence

将一给定无向图 按点集 分成两个 完全子图，判断是否可行；若可行，最小化 被任一子图完全包含的边 的数目。\(n\le700,m\le \dfrac{n(n-1)}{2}\)

众所周知 团 即为 补图 中的 独立集。观察 \(n,m\) 的范围可以想到建立补图。

这是因为考虑套路：把 划分问题转化为染色问题。任一对同色节点相邻 变为补图中 任一对同色节点不相邻，后者即相当于：要求划分为一张二分图。这可以用染色法轻易解决。

断言：对于一个连通二分图，将其 二染色 的方案是 唯一 的（除交换左右部外）。
引理：对于一个非连通二分图，其每个连通块均为二分图（允许有一部为空）。

因此可以对所有连通块判断是否为二分图。若有不是者，则整个划分不可行。否则可以求出每个连通块的两部分点数 \(x,y\)。即转化为适当决定每组 \(x,y\) 分别 加入整个划分的左部还是右部。

回到此题，相当于考虑两个点集大小为 \(a,b\)，最小化 \(\dfrac{a(a-1)+b(b-1)}{2}\)。由于 \(n=a+b\) 及基本不等式，简单推式子可知相当于最小化 \(|a-b|\)。

这时候已经是 集合二划分最小化大小差 的板子题，直接用一个 可行性背包 就可以解决。

AtCoder [ARC099D] Eating Symbols Hard

对于这种状态内维护一个序列的逆题，直接对于进行序列哈希。发现传统哈希即可支持按位左移 / 右移 / 单点加减 / 差分，即得到 区间 哈希值，但是还需要考虑预处理 前缀 的位移和 \(p_i\) 用来计算，设基数为 \(x\)，即：

\[h_{[l,r]}=\dfrac{h_r-h_{l-1}}{x^{p_{l-1}}} \]

设 \(k=h_{[1,n]}=h_n\)，即统计使上式等于 \(k\) 的 \((l,r)\) 数目。为了做到 \(O(n)\)，考虑：

\[k=\dfrac{h_r-h_{l-1}}{x^{p_{l-1}}} \]

\[h_r=k \cdot x^{p_{l-1}} + h_{l-1} \]

扫描线加上 map 随便统计即可。注意 Hash 强度，考虑双模数 / 双基底。

AtCoder [ARC100D] Colorful Sequences

不会。

AtCoder [ARC101C] Ribbons on Tree

带容斥系数 DP 板题。可以理解为每个方案有一个 权值 \(\pm 1\)，就是套路求 所有方案权值和。

就本题而言，有一个显然的 枚举断开的边集 的 \(O(2^nn)\) 容斥做法。考虑用 带容斥系数 的树形 DP 快速计算。设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 子树内，以 \(i\) 为根的连通块大小为 \(j\) 的方案权值和。遍历每条边是否断开，决定是否取反贡献的符号即可转移。

目标：\(f_{1,n}\)。

AtCoder [ARC101D] Robots and Exits

最多可能有 \(2^n\) 种方案，也就是各个 bot 可以任意选择左出还是右出。

考虑两边（有一个方向上没有出口）的 bot 毫无贡献（选择固定），在每个方案的最后一定能让这部分中剩下的出去即可。

只考虑其余每个 bot，它选择左还是右取决于 首先移动到哪个出口。形式化地，考虑第 \(i\) 次操作的位置前 最远向左移动 \(x_i\)，最远向右移动 \(y_i\) 步（前缀最值），第 \(j\) 个 bot 到左出口距离 \(a_j\)，到右出口距离 \(b_j\)，那么 \(j\) 的选择取决于 \(x\) 达到 \(a_j\) 和 \(y\) 达到 \(b_j\) 哪个更早发生。

考虑 几何意义（神仙！），则 \((x_i,y_i)\) 构成一条 非严格单调增折线，顶点 \((a_j\mathbf{-0.5},b_j\mathbf{-0.5})\) 在折线 上方还是下方 即可表示其 先满足 \(x\ge a_j\) 还是 \(y\ge b_j\)。然后就变成了 CSP2022J D，即枚举最后一个拐点 \(i\) 来表示一堆方案 \(f_i\)，二维偏序从左下方点转移。

CAUTION：没有拐点，即全部先满足 \(x\ge a_j\) 也是合法方案。

目标：\(1+\sum f_i\)。

AtCoder [ARC102C] Stop. Otherwise...

考虑对于每个 \(x\)，那么就是有若干限制形如：\((i,x-i)\) 表示两种数只能同时出现其一；\(\dfrac{x}{2}\) 最多出现一次；其余任意情况下从 \(1,2,\cdots,n\) 中 可重 选出 \(m\) 个数的方案数。把所有对子 \((i,x-i)\) （假设有 \(t\) 个）统一考虑，相当于有 \(t\) 个物品的方案数背包，DP 即可。结合对 \(x\) 的枚举，可以做到 \(O(nk^2)\)。

为了做到 \(O(nk)\)，需要一个观察：限制数对之间 以及 数之间 没有本质区别。换言之，实际上只关心 限制数对的数目 以及 限制数的个数（\(0/1\)） 即可唯一确定方案数。因此，可以设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示当前处理的数对（物品）数，背包大小（\(0\le j\le m\)），是否用过限制（只能出现一次的）数，即可完成预处理。最后根据每个 \(x\) 对应的前述两个数目调取即可。

AtCoder [ARC103C] Tr/ee

简单题，首先判一下存在解的充要条件：\(s_1=1,s_n=0,\forall 1<i<n,s_i=s_{n-i}\)。

构造：从大到小枚举每个存在的 \(siz\)，每次新建一个点作为上次的点的儿子，然后给上次的点接上 \(lst-siz\) 个叶子补齐上次的点的子树大小。

AtCoder [ARC103D] Distance Sums

考虑给 数值不重复 数组 \(D_i\) 表示第 \(i\) 个点到树上其余点距离之和，如何构造。直接做无从下手，考虑 关键点。

也就是：

1. \(D_i\) 最大的点是叶子。
2. \(D_i\) 最小的点是重心。（注：其实 城市建造 就是一个以重心为中心递归做下去的题目，这里和此题类似）然后考虑从重心出发，运用 cmd 的 按重心移动 套路，考察重心旁点的 \(d\) 值的性质。也就是（任取一个根后）

\[D_u=D_v-sz_u+(n-sz_u) \]

不妨以重心为根，考察之前所说的 \(D_i\) 最大的叶子节点，可以直接 推出它的 父亲的 \(D_i\)，即可知 \(fa_i\) 的值（没有相同 \(D_i\) 故取法唯一）。进而再找 \(D_i\) 次大节点，以此类推，可以推出所有 \(fa_i\)，也就推出了树结构。这中途若出现找不到所需 \(D\) 值的节点的情形，即无解。

总结：在 重心 和 叶子 两类特殊节点的基础上逐步外推。

但这样得到的树，仅仅保证了 \(D_i\) 的相对数量关系。因此还需要对得到的树真实求一遍 \(D_i\)，只要有一个对应得上，整棵树就一定均合法。

AtCoder [ARC103D] Distance Sums

全部减去平均数然后多重背包处理。注意到值域达到 \(k^3\) 所以需要 \(O(1)\) 转移，但是此题物品数目 \(k\) 固定 相当于每次转移的 split 完全相同，直接对模 \(k\) 各同余类内的 \(siz\) 前缀和优化即可。

AtCoder [ARC105B] MAX-=min

考虑这个操作实际上就是 \(n\) 个数做更相减损……所以答案为 \(\gcd_{i=1}^n a_i\)。

AtCoder [ARC105C] Camels and Bridge

考虑 \(n\) 很小，可以直接枚举全排列再枚举区间，进行 \(O(n!n^2)\) 次计算一个区间内的骆驼至少要隔多少距离，即：

\[\max_{i\mid v_i<\sum_{j \in S} a_j} l_i \]

之后问题即：求出满足所有 \(n^2\) 个 \((i,j)\) 距离限制的最小总距离。DP 即可，即设 \(f_i\) 为前 \(i\) 个的最小总距离即可。

发现这个东西只和集合 \(S\) 有关而 只有 \(2^n\) 种本质不同的 \(S\) 所以可以直接 \(O(m2^n)\) 按上式预处理。总复杂度 \(O(m2^n+n!n^2)\)。

AtCoder [ABC290F] Maximum Diameter

Vandermonde 卷积

\[\sum\limits_{i=0}^k{n\choose i}{m\choose k-i}={n+m\choose k} \]

组合意义易证，亦可用二项式定理：\((x+1)^n(x+1)^m=(x+1)^{n+m}\)，后者两边分别化开比较系数可证上式。

考虑合法序列仅有有限种，具体来说即 \(\sum_{i=1}^n d_i=2n-2, \forall 1\le i\le n,1\le d_i<n\)。

接下来考虑每个序列的贡献，即给定度数数组 \(d\) 求最长可能直径。遇事不决，考虑上下界。显然答案的上界即将所有 \(d_i>1\) 的点都放在直径上，若有剩余 \(d_i=1\) 可以接在两边得到的结果。

考虑证明可取到此上界。考虑从任意状态归纳，可以发现：若有不在直径上 \(d_i>1\) 的点，则其不可能只与 \(d_i=1\) 的节点相邻（因为这些点也不能接直径，则图不连通）。由此可知，一定有 \(d_i>1\) 的点恰好接在直径旁边。直接将其 单旋（？）到直径上，容易发现不改变度数。

即答案为：

\[n-\sum_{i=1}^n[d_i=1] \]

回到计数。发现贡献仅和 \(d_i=1\) 的点数有关，枚举之，记为 \(i\)，剩下的就是一个 \(n-2\) （每个数都减去 \(i\)，调整值域从 \(1\) 开始）的 \(n-i\) 有序拆分的求，直接插板即可。

\[\sum_{i=2}^{n-1} (n+1-i)\binom{n}{i}\binom{n-3}{n-i-1} \]

观察到卷积形式，直接拆开：

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n} (n+1-i)\binom{n}{i}\binom{n-3}{n-i-1}\\ =&(n+1)\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}\binom{n-3}{n-i-1}-\sum_{i=0}^n (n+1-i)\dfrac{n!}{(n-i)!i!}\binom{n-3}{n-i-1}\\ =&(n+1)\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}\binom{n-3}{n-i-1}-n\sum_{i=0}^n\dfrac{(n-1)!}{(n-i)!(i-1)!}\binom{n-3}{n-i-1}\\ =&(n+1)\binom{2n-3}{n-1} - n\binom{2n-4}{n-2} \end{aligned} \]

倒数第二步使用吸收恒等式，目的为吸收 \(i\) 为组合数的一部分；因此还需提出 \(n\)，即得到 \(i\binom{n}{i}=n\binom{n-1}{i-1}\)。

最后一步使用 Vandermonde 卷积。后半部分将 \(i-1\) 看做一个整体。

AtCoder [ARC108D] AB

原范围 \(n\le1000\)，直接对终序列做区间 DP 即可。但是可以发现这题最多只有 \(2^4\) 种变换规则，考虑分讨找规律做到 \(O(\log n)\)。

先考虑 \(c_{\mathtt{AB}}=\mathtt{B}\)，则第一步一定变为 \(\mathtt{ABB}\)。注意：直接考虑什么样的终序列可行，以避免对中间过程的模拟。

1. \(c_{\mathtt{BB}}=\mathtt{B}\)。此时只有 \(\mathtt{AB\cdots B}\) 共 \(1\) 种方案。
2. \(c_{\mathtt{BB}}=\mathtt{A}, c_{\mathtt{BA}}=\mathtt{A}\)，则考虑从 \(\mathtt{ABB}\) 出发，在 \(\mathtt{AB}\) 与 \(\mathtt{B}\) 之间，可以任意在一个 \(\mathtt{B}\) 之后加入 \(\mathtt{A}\)，在一个 \(\mathtt{B}\) 后面（与最后的 \(\mathtt{B}\) 加入 \(\mathtt{B}\)，形成 所有以 \(\mathtt{AB}\) 起始、\(\mathtt{BB}\) 结尾的串。故答案为 \(2^{n-3}\)。
3. \(c_{\mathtt{BB}}=\mathtt{A}, c_{\mathtt{BA}}=\mathtt{B}\)，则考虑从 \(\mathtt{ABB}\) 出发，在 \(\mathtt{AB}\) 与 \(\mathtt{B}\) 之间，可以任意在一个 \(\mathtt{A}\) 之前加入 \(\mathtt{B}\)，在一个 \(\mathtt{B}\) 之前加入最多一个 \(\mathtt{A}\)，形成 所有以 \(\mathtt{AB}\) 起始、\(\mathtt{BB}\) 结尾、\(\mathtt{A}\) 不连续的串。故答案为 \(\mathbf{Fib_{n-2}}\)。

对于 \(c_{\mathtt{AB}}=\mathtt{A}\)，同理可得类似结果。

所有结果均可以用（矩阵）快速幂求出。\(O(n^2)\to O(\log n)\)。

AtCoder [ARC110D] Binomial Coefficient

非常好问题。

给定序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_N\)，对于所有长度为 \(N\) 且和不超过 \(m\) 的非负整数序列 \(b\)，求 \(\prod_{i=1}^N\binom{b_i}{a_i}\) 之和，对 \(10^9+7\) 取模。\(N\le10^3,1\le m\le10^9,0\le a_i\le2\times10^3\)。

首先尝试将 和不超过 \(m\) 转化为 恰好等于 \(m\)：添加一个 \(a_{N+1}=0\) 即可。下设 \(n=N+1\)，然后考虑两类做法：

组合意义

组合意义化简的原理即：对同一问题的解给出不同表达式以构造恒等式。

考虑处理这个连乘，即 乘法原理：考虑构造多个互不影响的组合数形成的问题。

注意到 \(\binom{b_i}{a_i}\) 即为将 \(b_i-a_i\) 个球插入 \(a_i+1\) 个空（空看作盒子，即允许空盒插板）的方案数。考虑将 \(n\) 段 \(b_i-a_i\) 个球插入 \(a_i+1\) 个空的序列连成一列，可以发现每段之间互不影响，可以用乘法原理计算方案。同时也可看作一个整体序列内的插板问题，即 \(\sum(b_i-a_i)\) 个球插入 \(\sum(a_i+1)\) 个空。故：

\[\begin{aligned} \prod_{i=1}^n\binom{b_i}{a_i}&=\binom{m-\sum a_i+\sum a_i+n-1}{n+\sum a_i-1}\\ &=\binom{m+n-1}{n+\sum a_i-1}\\ &=\binom{N+m}{N+\sum a_i} \end{aligned} \]

暴力计算组合数做到 \(O(\sum a_i)=O(nV)\) 复杂度。

代数推导

背包型的计数合并考虑用 OGF 解决。即求 \([x^m]\prod_{i=1}^n F_{a_i}\)，其中

\[\begin{aligned} F_j(x) &=\sum_{i\ge 0} \dbinom{i}{j}x^i\\ &=\sum_{i\ge 0} \left(\dbinom{i-1}{j-1}+\dbinom{i-1}{j}\right)x^i\\ &=\sum_{i\ge 0} \dbinom{i-1}{j-1}x^i+\sum_{i\ge 0} \dbinom{i-1}{j}x^i\\ &=xF_{j-1}(x)+xF_j(x)\\ &=\frac{x}{1-x}F_{j-1}(x) \end{aligned} \]

由 \(F_0=\sum_{i\ge0}x^i=\dfrac{1}{1-x}\) 得

\[F_j(x)=\dfrac{x^j}{(1-x)^{j+1}}\\ \prod_{i=1}^n F_{A_i}=\dfrac{x^{\sum a_i}}{(1-x)^{n+\sum a_i}} \]

求上式中 \(x^m\) 的系数，相当于求

\[(\dfrac{1}{1-x})^{n+\sum a_i} \]

中 \(x^{m-\sum A_i}\) 的系数。而对后者求系数是一个典中典广义二项式定理。即

\[\begin{aligned} [x^i](\dfrac{1}{1-x})^j&=[x^i](\dfrac{1}{1-x})^{-j}\\ &=\binom{i+j-1}{i} \end{aligned} \]

可得最终答案：

\[\begin{aligned} \binom{m-\sum a_i+n+\sum a_i-1}{m-\sum a_i}&=\binom{m+n-1}{m-\sum a_i}\\ &=\binom{m+n-1}{n+\sum a_i-1}\\ &=\binom{N+m}{N+\sum a_i} \end{aligned} \]

[ARC111C] Too Heavy

首先若初始时存在 \(i\) 使得 \(a_i\le b_{p_i}\) 且 \(p_i\neq i\) 则无论如何不可能改变 \(p_i\)，因此无解。

对于排列 \(S\) 通过 交换 变换为 \(T\) 的问题，考虑拆置换环（轮换），后者容易通过交换完成，且显然次数最少。

但是环上相邻两个位置若直接交换，可能会有很大的 \(b_i\) 尚未到达 \(a_i\) 就在一个较小的 \(a_j\) 处卡住。

考虑引入交换的 中转，定义为置换环上 \(a_p\) 最大的节点 \(p\)。不是直接依次交换 \((a_{i},a_{i+1}),\cdots\) 而是依次交换 \((a_p,a_i),(a_p,a_{i+1}),\cdots\)，则除非环上有 \(b_i>a_p\ge a_i\) 否则一定不会卡住，后者已经被判掉无解了。

不會「填数游戏」，我該怎麽辦？

RT

[ARC112C]

树形 DP 题。

[ARC112D]

二分图题。

[ARC113D]

\[\forall i,j,\ \min_{j=1}^m G_{i,j}\le G_{i,j}\le \max_{i=1}^n G_{i,j}\\ \forall i,j,\ A_i\le B_j \]

[ARC114D] Moving Pieces on Line

做过，但差点还是不会。

考虑这个操作就是选 \(n\) 个区间（分别已经固定一个端点）异或 \(1\)，要求达成目标序列。

直接差分。然后已经固定的端点位置异或上 \(1\)，连同目标序列的 \(k\) 个分界点也要异或上 \(1\)。

就是要把前者和后者两两匹配起来，形成 \(k\) 个区间异或操作，以得到目标序列。

但是在 \(n>k\) 时，序列上会多出 \(n-k\) 个 \(1\)，需要前者和前者匹配。

带权匹配问题，因为在序列上，直接二维 DP 即可 \(O(1)\) 转移。

[ARC115A] Two Choices

不会做 A，莼菜。

条件即

\[2\mid\operatorname{popc}(a\operatorname{xor}b)\\ \iff [2\mid\operatorname{popc}(a)]\ne[2\mid\operatorname{popc}(b)] \]

[ARC115B] Odd Degree

观察题。

首先要注意到（无脑选手表示真想不到吧）

若 图为一棵树，可以从叶子出发，自底向上归纳得到：选出度数为奇数的 奇点集方案 与 合法边集方案 一一对应。因此方案为 \(\binom{n}{k}\)、

进而推广到有环情形。随便取一棵生成树，可以发现任意 非树边 是否取，都会改变两个点的 树边度数奇偶性，而对应树边的所需取法也会改变。因此。当剩下 \(n-1\) 条树边未决定时，整个图的方案就唯一了。故方案数为 \(2^{m-n+1}\binom{n}{k}\)。

进而推广到多个连通块。要求奇点总和 \(k\)，直接 背包 DP，求 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个连通块选 \(j\) 个奇点的方案数。因为 \(\sum siz=n\)（相当于树形背包的 \(siz\) 优化）所以复杂度是 \(O(n^2)\) 的。

[ARC149B] Two LIS Sum

遇事不決考慮貪心。注意任意次邻项交换等价于任意两项交换。对 \(A\) 做后者，显然每次都可以使得 \(\operatorname{LIS}(A)\) 增加 \(1\)，直到 \(A\) 有序。而对应于 \(B\) 上相当于任意两项交换，显然 \(\operatorname{LIS}(B)\) 减少不超过 \(1\)。

这就证明了 \(A\) 无序的任意状态 不优于 \(A\) 有序的状态。所以直接排序 \(A\)，对应映射交换 \(B\)，答案为

\[\operatorname{LIS}(A')+\operatorname{LIS}(B')=n+\operatorname{LIS}(B') \]

DP 求出 \(\operatorname{LIS}(B')\) 即可。

[ARC149D] Simultaneous Sugoroku

整體法大車創飛不可做題 /oh

部分题目中多组询问相对独立，但每次回答无法优化到 \(O(n)\) 等以下；这时可以手动 整体考虑，例如整体二分等，以便充分利用信息。

离散的点移动起来是 \(O(n)\) 的，考虑值域是比较小的，不如直接预处理所有出发点 \(x\in[-10^6,10^6]\) 的答案。这样点集就可以表为 区间，单个整体加减是 \(O(1)\) 的。

考虑一次平移，区间会变成 \(3\) 个部分，即留在原点的和左右平移形成的 \(2\) 个区间。但是这样区间数目指数增长，无法快速维护。考虑利用如下显然的事实：

Trick：对于 \(x\) 和 \(-x\)，其经过相同 \(D\) 序列的变换后得到的结果 \(x',-x'\) 仍互为相反数。

• 我们每次只维护一段符号相同的区间 \([l,r]\) 的情况。
• 若在执行当前操作后符号不完全相同了，则利用上面的对称性将符号不同的两边中元素数量较少的一边扔了——反正后面可以通过对称性得出（实现时可以建边处理）；并对恰好可以取到 \(0\) 的位置打上标记。
• 最后 dfs 一遍推出被扔掉的点的信息。

发现这样每次只需要维护 \(1\) 个区间即可。可以做到 \(O(n+m+V)\)。

[ARC150B] Make Divisible

根號分治題如果標個「Tag：根號分治」往往簡單得多，但這是需要自己想到的。所以什麽題都嘗試一下就好了。

• 其實也可能可以看數據範圍決定。例如此題：\(100\times\sqrt{10^9}\)

1. \(A\le\sqrt{B}\)

   显然在最优方案中，\(X<A\)。若 \(A\) 很小就可以暴力枚举 \(X\)，然后易 \(O(1)\) 求 \(Y\)。

2. \(A>\sqrt{B}\)

   我是唐诗。