随笔

按位或

or 的作用就是将某些位置推平成 \(1\)，那么我们用 \(E(\min(S)),E(\max(S))\) 分别表示位集合 \(S\) 中第一个和最后一个变成 \(1\) 的期望时间。那么答案就是 \(E(\max(U))\)，这样转化的优点在于，可以使用 \(\min-\max\) 容斥来优化：

\[E(\max(U))=\sum_{S\ne \varnothing} (-1)^{|S|+1} E(\min(S)) \\ \]

考虑 \(E(\min(S))\)，只要选择的数中与 \(S\) 有交即可，而每一次选择的数与 \(S\) 有交的概率为 \(\sum\limits_{T\cap S\ne \varnothing} p_T\)，于是得到：

\[E(\min(S))=\frac{1}{\sum\limits_{T\cap S\ne \varnothing} p_T}=\frac{1}{1-\sum\limits_{T\subseteq (U\setminus S)} p_T} \]

对 \(p\) 做高位前缀和，然后直接计算即可。时间复杂度 \(O(n2^n)\)。

重返现世

比较板。我们有扩展 \(\min-\max\) 容斥：

\[\mathrm{kthmax}(S)=\sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}\cdot \min(T) \]

进一步地可以扩展到期望。我们令 \(k\leftarrow n-k+1\)，那么此题就是要求 \(E(\mathrm{kthmax}(S))\)，直接套用，相当于要求出：

\[\sum_T (-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1}E(\min(T)) \]

与上题相同，考虑 \(E(\min(T))\)，每秒有 \(\frac{\sum\limits_{x\in T}p_x}{m}\) 的概率选中，那么期望就是 \(E(\min(T))=\frac{m}{\sum\limits_{x\in T}p_x}\)。那么考虑按住 \(\sum\limits_{x\in T}p_x=sum\)，然后统计出容斥系数的和，乘上对应的贡献 \(\frac{m}{sum}\)。

难点在于如何统计容斥系数。考虑令 \(f_{i,j}\) 表示考虑 \(p_{1\sim i}\)，\(\sum\limits_{x\in T} p_x=j\) 时 \(T\) 的容斥系数之和，即求

\[\sum\sum_T (-1)^{|T|-k}\binom{|T|-1}{k-1} E(\min(T)) \]

但是我们发现这样似乎比较难转移，因为中间的组合数在加入数之后会发生变化，而就现在的状态设计难以转移，考虑再增添一维，我们将 \(k\) 也变成变量放在状态里，状态变成 \(f_{i,j,k}\)。考虑转移：

不选 \(p_i\)。显然有 \(f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j,k}\)。选 \(p_i\)。考虑容斥系数的变化：

\[(-1)^{|T|-k+1}\binom{|T|}{k-1}=(-1)^{|T|-k+1}\left[\binom{|T|-1}{k-1}+\binom{|T|-1}{k-2}\right] \]

考虑后面那两坨在干嘛，第一坨显然就是 \(-f_{i-1,j-p_i,k}\)，后面那项经过整理可以发现就是 \(f_{i-1,j-p_i,k-1}\)，于是得到转移：\(f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j-p_i,k-1}-f_{i-1,j-p_i,k}\)。

\[f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j,k}+f_{i-1,j-p_i,k-1}-f_{i-1,j-p_i,k} \]

时间复杂度 \(O(nmk)\)。

[AGC058B] Adjacent Chmax

做过总是不会。可以看做是每个数可以左右拓展进行染色，记 \(p_i\) 可以染色的区间是 \([L,R]\)，那么限制就是最后序列中 \(p_i\) 出现的位置一定是被 \([L,R]\) 包含的一段连续区间，我们发现这个限制是充要的。于是直接对这个结构 \(\mathrm{dp}\)。

令 \(f_i\) 表示 \([1,i]\) 在最终序列的染色方案数。考虑 \(p_i\) 对方案数的影响，对于 \(L\le x\le R\)，\(p_i\) 可以染所有 \([L,x]\) 为起始点区间，因此对 \(f_x\) 的影响就是 \(f_x\leftarrow \sum\limits_{i=L-1}^{x-1} f_i\)，因此我们直接从 \(L\) 到 \(R\) 递推 \(f_x\leftarrow f_{x-1}\) 即可。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

[AGC054B] Greedy Division

转变计数对象。核心思想就是将排列与某种限制构成双射，这样对满足限制的结构计数即可。注意到，如果我们确定了两人分别选择的序号，那么可以确定且唯一确定一个满足的排列。进一步的，只需要对第一个人选择的序号集合 \(S\) 计数即可，这种情况下的方案数就是 \(|S|!\times (n-|S|)!\)。\(S\) 的计数就是一个简单的背包。

[ARC224D] Angst for All Pairs

先尝试刻画一下“存在卡片包含 \(x\) 和 \(y\) 中恰好一个”，考虑用集合 \(S_x\) 表示 \(x\) 出现的卡片编号集合，如果不满足条件，相当于每个卡片要么不包含 \(x,y\)，要么都包含，即 \(S_x=S_y\)。那么我们就用 \(S\) 将原来的问题转化为：

求对 \(1\sim K\) 分配集合 \(S_x\subseteq\set{1,2,\dots,N}\)，使得任意两个集合不相同，最小化 \(\sum\limits_{i=1}^K \mathrm{digits}(i)\cdot |S_i|\)。

这个问题就很简单了，直接按照 \(i\) 从小到大，贪心地按集合大小从小到大分配集合，即按照 \(|S_i|=0,1,\dots,N\) 分配，其中 \(|S_i|=k\) 有 \(\binom{|S_i|}{k}\) 个。

并且从这里可以窥见，如果 \(K>2^N\)，集合个数不够，那么无解。

最酷的排列

又饭堂了。先简化问题，将 \([l,r]\) 排序其实就是对相邻两个数排序，也就是我们可以将小的数和大的数 \(\mathrm{swap}\) 一下扔到前面去。

然后就是贪心了，极值法考虑答案的下界是什么，\(i\) 位置的数只能由 \([i,n]\) 中换过来，从后往前扫，用小根堆维护备选数，遇到酷的位置就取出堆顶，这样一定不劣取到了下界，并且显然是可以构造出方案的。

CF1437F Emotional Fishermen

抓住核心结构，对其进行计数。我们考虑找到所有 \(x\ge 2y\) 的位置为 \(b_1,b_2,\dots,b_k\)，换言之，我们找到所有的前缀最大值的位置，其满足 \(b_p\ge 2b_{p-1}\)。不难发现序列可以被刻画为：

\[\boxed{b_1}\underbrace{\dots\dots}_{\le\dfrac{b_1}{2}}\boxed{b_2}\underbrace{\dots\dots}_{\le\dfrac{b_2}{2}}\dots\dots\boxed{b_k}\underbrace{\dots\dots}_{\le\dfrac{b_k}{2}} \]

考虑如何对这个结构计数，我们只关心 \(b\) 这些关键位置，其余位置用组合数直接计算。对 \(a\) 升序排序后，令 \(f_i\) 表示目前确定了 \(b_1,b_2,\dots,b_k\) 的位置，并且 \(b_k=a_i\) 的方案数。

转移考虑枚举 \(b_{k-1}=a_j\)，此处需要满足 \(2a_j\le a_i\)，用 \(lim_i\) 表示最大的 \(j\) 使得 \(2a_j\le a_i\)。考虑 \(b_k\) 管辖的那一部分数有多少种填写方案，在前面已经分配好的情况下，\(b_k\) 一定会填在第一个未填的位置，否则一定不合法，那么总共有 \(lim_i-lim_j-1\) 个数，要放到剩下的 \(n-lim_j-2\) 个空位里，就是 \(A_{n-lim_j-2}^{lim_i-lim_j-1}\) 种方案，因此得到转移：

\[f_i=\sum_{j=0}^{lim_i}f_j\cdot A_{n-lim_j-2}^{lim_i-lim_j-1} \]

直接转移时间按复杂度 \(O(n^2)\)，注意到这个东西可以拆，就是 \(O(n)\) 的。

ARC225B Independent Nim

差点没想出来。把 \(1\) 的连续段拎出来，首先这些段之间就不是独立的，因此不考虑 \(\mathrm{SG}\)。

从小的开始考虑。只有一个 \(len=2\) 是必败局面。考虑两个 \(len=2\)，如果先手拿成 \((1,2)\)，那么我可以再拿掉 \(1\) 变成必败，如果先手拿成 \((1,1)\)，我可以两个都拿走。进一步地，可以发现只有 \(len=2\) 的情况下先手必败，因为先手拿掉的 \(1\) 都可以被后手再次推成 \(0\)。

然后我们声称，先手必败当且仅当只有 \(len=2\)，并且只需要先手进行一次操作就可以做到，分类讨论：

• 若 \(len=1\)，直接拿走。若 \(len=2\)，不管。

• 若 \(len\ge 3\)，我们发现一定可以将这一段拆分成若干个 \(2\)。

对每一段进行这个操作即可。

ARC225C K Spanning Tree

考虑 \(K\) 合法的必要条件，记 \(X,Y\) 分别表示最小生成树和最大生成树的权值，那么要有 \(X\le K\le Y\)，并且我们声称满足这个条件的 \(K\) 都可以被构造出来。

考虑找出所有 \(0\) 边构成的连通分量，就是把原图中的所有 \(1\) 边删掉后分裂出的连通块，他们之间仅通过 \(1\) 边相连。我们按以下过程构造：

• 先保证各个连通块之间连通，也就是最小生成树中选择的边，会恰好选择 \(x\) 条边，将各个连通块之间连通，这样就保证了生成树的连通性。

• 再加入恰好 \(K-x\) 条边，枚举所有 \(1\) 边，在不构成环的情况下加入边，由Kruskal的过程，这是可行的，并且由于 \(K\le y\)，这一步是可以做到的。

• 然后枚举 \(0\) 边加入，使生成树连通。

ARC225D Gap Swap (easy)

考虑定义 \(f(P)=\sum\limits_{i=1}^n |P_i-i|\) 表示 \(P\) 的“错位代价”。此时，\(P\) 排好序等价于 \(f(P)=0\)。

关键观察：交换 \(P_i,P_j\) 时，由于 \(k\in (i,j)\) 已经全部满足 \(P_k=k\)，所以 \((i,j)\) 的所有值已经被占据，\(P_i,P_j\) 只能取 \(\le i\) 或者 \(\ge j\) 的数。然后我们考虑交换 \(P_i,P_j\) 对 \(f(P)\) 造成的影响。

贡献：\(|P_i-j|+|P_j-i|-|P_i-i|-|P_j-j|\)。经过分类讨论，我们发现对 \(f(P)\) 的贡献是 \(0,+2(j-i),-2(j-i)\)，也就是说，每次操作最多可以使 \(f(P)\) 减少 \(2(j-i)\)，而一次操作代价为 \((j-i)\)，所以平均每单位代价最多可以使 \(f(P)\) 减少 \(2\)。因此，答案的下界就是 \(\frac{1}{2}f(P)\)。

下面我们证明答案的下界是可以取到的。减少贡献的情况是 \(P_i\ge j,P_j\le i\)，就是两个数都朝着各自的方向走。我们证明，在非有序的情况下，一定能找到这样的对。记所有 \(P_k\ne k\) 的位置为 \(k_1,k_2,\dots,k_m\)，容易发现一定有 \(P_{k_1}>k_1,P_{k_m}<k_m\)，令位置差 \(d_k=P_k-k\)，也就是有 \(d_{k_1}(+),d_{k_m}(-)\)，不可能平白无故从 \(+\) 变成 \(-\)，因此中间一定存在 \(i\)，使得 \(d_{k_{i}}(+),d_{k_{i+1}}(-)\)，这两个数中间的数已经归位，因此可以交换。证毕。

因此答案就是 \(\frac{1}{2}f(P)\)。

CF2229E Deconstruction Tree

发现这个过程在树上非常混乱邪恶，于是我们规避树上的具体删除步骤，只关注最终的序列 \(S\)。可以发现 \(S\) 一定以初始时最大的叶子 \(st\) 开头，并一定以 \(n\) 结尾，后者启发我们将 \(n\) 定为根。并且有关键观察：已经被删掉的点的编号，一定都小于当前选择的点的编号。

考虑直接用 \(f_i\) 表示 \(S\) 的结尾为 \(i\) 时的方案数。由于 \(i\) 要被删除，\(i\) 的子树中的点都要提前被删掉，考虑 \(i\) 上一个被选中的点是 \(j\)，最后用 \(j\) 消掉了 \(i\)，因此有 \(j<i\)。我们令 \(i\) 子树中除 \(i\) 以外的最大值为 \(sub_i\)，因为 \(j\) 最终可以将 \(i\) 子树消空，所以必然要有 \(j>sub_i\)。因此可以得到转移：\(f_i=\sum\limits_{j=sub_i+1}^{i-1} f_j\)。

最后 \(f_n\) 的转移要特殊处理，考虑最终 \(n\) 被消掉的形态，不难发现一定是 \(n\) 有一个子树 \(k\) 没有消空，而其他的子树全部被消掉，此时 \(n\) 裸露出来变成叶子，被 \(k\) 中的某个点 \(x\) 消掉。根据观察，此时消掉的 \(x\) 其编号严格大于 \(n\) 除了 \(k\) 以外的所有子树的编号最大值。因此直接枚举子树统计即可。

时间复杂度是 \(O(n)\) 的。