2025.5

[AGC071C] Orientable as Desired

5.14

做了一下午，完全没有什么可靠的想法。

首先如果 \(G\) 不是二分图则一定是 Yes，这个第一眼就看出来了。

然后思考 \(G\) 是一棵树，好像这种情况全是 No？

否则猜测答案一定是 Yes，显然没道理。

然后就没有什么思路了，写了个搜，搜出一种情况，大约形如基环树环下面悬挂着一些点，且每个环上的点都有点挂，这种情况答案是 No。

对着样例研究了一会儿，我发现关键在二度点：如果有二度点 \(v\)，则钦定 \(x_v=0\)，然后缩成一条边。这个时候如果 \(v\) 在一个偶环上缩点之后 \(G\) 就成了非二分图，进而答案为 Yes。

事实证明这个条件还不必要。虽然在稀疏图上大概率是对的，但在稠密图上就错完了，构造一个完全二分图就可以卡掉。

看题解。题解说：

• 对于任意一个 \(u\)，将 \(u\) 从原图中删去会得到若干连通块 \(S_1​,S_2​,…,S_k\)​，设 \(S_i\)​ 中的点在原图中有 \(a_i\)​ 个点与 \(u\) 相邻，则 \(X_u\)​ 必须可以被 \(a_1​,a_2​,…,a_k\)​ 凑出来。
• 若图是二分图，且满足以上条件，则一定无解；否则一定有解。

这也太神秘了！这谁想得到？？？

事实上和题解的距离在于如何想到设定 \(x\) 序列为除了 \(x_p\) 非 \(0\) 其他全 \(0\)，并思考这种情况下的判定。

补一个证明。

点击查看

充分性：

上面已经说过了，假设 \(x=\{0,...,0,x_p,0,...,0\}\)。

---

必要性：

[AGC070A] Multiples in the String

5.15

去年打过的一场，现在补了。

大概需要做到 \(|S|\) 和 \(1000\) 同阶。

我们知道一个很神奇的数字：\(1/7=0.142857142857...\)。它的 \(1\) 倍，\(2\) 倍，\(3\) 倍，一直到 \(1/7\) 的 \(6\) 倍 \(6/7\) ，在小数部分都是 \(1/7\) 的循环移位。

如果我们能找到一个优秀的素数 \(p>1000\)，使得在十进制下，\(\frac 1p\) 也具有像 \(1/7\) 一样的性质，那么我们就找到了一组构造。

引理：

\(p\) 满足条件当且仅当 \(1/p\) 的小数部分循环节为 \(p-1\)（显然这种情况之下一定为纯循环小数），当且仅当 \(10^t\equiv 1\pmod p\) 的最小解为 \(t=p-1\)。

而 \(1019\) 刚好能满足。

[AGC071A] XOR Cross Over

5.15

之前打过这场不会这题。早上做了一下。

考虑一个区间 dp，设 \(f_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 内的局部之解。这样记录信息是不够的，还要再记一维 \(k\) 表示有 \(k\) 个仍然具备可能延伸到区间外的条件，而剩下的 \(r-l+1-k\) 个就已经被锁定在区间内部了，\(f_{l,r,k}\)。

有两种转移：

1. \(f_{l,r,k}\to f_{l-1,r,k'}\) 或 \(f_{l,r,k}\to f_{l,r+1,k'}\)（加一个单点）。
2. \(f_{l,m,k_1}+f_{m+1,r,k_2}\to f_{l,r,k}\)（合并两边，这时需要分讨两边的长度奇偶，如果另一边为奇数就被阻断在此处，无法继续向外延伸）。

这样已经可以 poly，但复杂度明显还不够。

注意到 \(0\le k\le 1\)，然后复杂度变为 \(O(n^3)\)。

你可以讨论所有情况，可以归纳得出若 \(k\ge 1\)，则区间长度一定为奇数，而合并过程中一定不会同时保留，所以 \(k\le 1\)。

【IOI2020】Stations

5.16

树上的标号问题，考虑 DFS 序或 BFS 序。

因为要求的是构造一个对结点的重标号使得能够区分子树关系，考虑 DFS 序。这样的问题是无法区分询问的 \(T\) 在不在 \(S\) 的子树内，还需要知道 \(S\) 的出栈序。

注意到我们可以获取的信息还包括 \(S\) 的标号。对树做黑白染色，对黑点记录入栈序，对白点记录出栈序，利用这些信息足以判断。因为我们只需要知道大小关系，所以只需要离散化为 \([0,n-1]\) 的排列即可。

[AGC068B] 01 Graph Construction

5.19

算是自己做出的第一道 agc 题目，虽然好像很多人场切了。

这样构造出的图形态很有限：任何一个点的度数都恰好为 2，所以是若干个环。

所以要构造把同一个等价类的点连成一个大环。

先复制：把每个点都复制成两份，一个入点一个出点，方便以后连边。连边时就连接一个出点和一个入点。

111 000 111
000 000 111

\(n=3\) 时，如上构造就可以完成。第一组表示出点，后接 0；第二组后表示入点，后接 1。

再连边：

把要连接的每一对点 \((u,v)\) 依次连接。

111 000 111 11000
000 000 111 11100

还是 \(n=3\)，上面展示了连接点 \(1\) 的出点和点 \(3\) 的入点的一种方法。

剩下的点依次保留下来。如果要连接多组 \((u,v)\)，就在后面一个一个连上即可。

[AGC067C] Divisibility Homomorphism

首先判掉前 \(m\) 项不合法。

然后注意到我们需要不改变整除性，而整除性只和质因数的幂次有关。所以令 \(x_n=f(n)a(n)\)。\(f(n)\) 表示将 \(n\) 的质因数各自偏移一个常量 \(c\) 后的结果，\(a(n)\) 表示所有 \(\le m\) 的因子 \(d\mid n\) 的 \(a_d\) 的 \(\operatorname{lcm}\)。然而可能有一种情况：对于一对 \(\le i\le m<j\)，\(a_i\mid a(j)\)，而 \(i\) 却不整除 \(j\) 的任何一个 \(\le m\) 的因子。只需要判断这种情况是否存在就好了。

剩下的不会了。

[AGC072E] Flights 2

神仙题，思路来自 apio 讲课。

二分答案，

设 \(f_i\) 表示在点 \(i\) 没现金时最多有多少张票，\(g_i\) 表示没票时最多的钱。

转移有：

• \(f_u\to g_u\) \(O(1/n)\)
• \(f_u\to f_v\) \(O(1)\)
• \(g_u\to g_v\) \(O(1)\)
• \(g_u\to _w\to f_v\) \(O(n)\)

如果暴力执行 \(n\) 轮转移，时间复杂度为 \(O(n^4\log 1/\epsilon)\)。

先想着去掉 \(\log 1/\epsilon\)：转置，反之设 \(f_i\) 表示从 \(i\) 没钱时至少要多少张票才能到 \(n\)，\(g_i\) 表示没票时至少要多少钱。

转移：

• \(g_u\to f_u\) \(O(1/n)\)
• \(f_u\to f_v\) \(O(1)\)
• \(g_u\to g_v\) \(O(1)\)
• \(f_u\to _w\to g_v\) \(O(n)\)

则答案为 \(g_1\)。此时时间复杂度为 \(O(n^4)\)。

进一步，观察到四种转移的时间复杂度有很大不同，因此考虑平衡时间复杂度，即减少第四种转移的转移次数。

对 \(f\) 或 \(g\) 内部做一轮更新的时间复杂度可以用 dijkstra 来到 \(O(n^2)\)。问题在于 \(f\to g\) 的转移，可以这样完成：

• 对 \(g\) 做一轮更新。
• 取出 \(f\) 最小的点更新 \(g\) 以及周围的 \(f\)。
• 重复以上过程 \(n\) 轮，直到所有点都被取出一次。

则时间复杂度为 \(O(n^3)\)。

上面是 lhf 在 apio 的解题思路，但是真有这么做的必要吗？？

我们注意到，在转移过程中，\(Money+Tickets\) 的值始终不减。

实际上，\(V=Money+Tickets\times (1-\epsilon)\) 的值是严格递增的，其中 \(\epsilon\) 是一个足够小的正实数。

所以 \(V\) 较大的点是不会通过一些手段来更新 \(V\) 较小的点的。类似 dijkstra 做 \(2n-1\) 轮更新，每一轮次里直接取出 \(V\) 最小的点更新周围的点即可。注意由于 \(\epsilon\)，对于数值相同的 \(f\) 和 \(g\)，要优先选择 \(g\)。

这样做甚至不需要有任何对平衡四种转移的复杂度的考虑。