CF1439

CF1439

CF1439A1 & A2 [* easy]

很麻烦的做法：

假设 \(n<m\) 那么 swap(n, m) 然后继续：

逐行考虑并将问题转换为子问题，对于每一行我们在 \(\lceil\frac{m}{2}\rceil\) 次操作解决此问题即可。

对于最后一行我们暴力做就可以了。

然而均摊下来最后一行的每个 \(1\) 需要 3 次操作（连续的 \(11\) 是 2 个）在 \(n=m=3\) 的时候可以卡掉，所以这个情况再单独处理一下。极其难写。

CF1439B [* easy]

只考虑第二类问题存在简单的做法，每次将度数最小的删除，如果最小的为 \(K\) 甚至更大那么就 ok。

考虑第一类问题，不难发现如果不存在第二类的解但有第一类的解，则这个流程做了一段时间后必然会遇到某个点度数为 \(K-1\)，此时团上的 \(K\) 个点确定，只能是这 \(K\) 个点，暴力 check 即可，复杂度 \(\mathcal O(\frac{m}{K}\cdot K^2)\)（检查使用哈希来加速）

不难发现 \(K\le \sqrt{m}\)，所以复杂度为 \(\mathcal O(m\sqrt{m})\)

为啥卡常啊，屑死了，vector 转 int 妹妹行为。

CF1439C [* easy]

观察：每次跳 2 操作必然是连续的一段减去。

不难发现只会跳 \(\log w\) 段，因为每次不跳意味着 \(x'<a_i\)，且 \(x>a_i\) 所以 \(x'<x/2\)

暴力找节点即可，线段树模拟。

CF1439D [* medium]

先考虑 \(n=m\) 的情况，计算贡献和和方案数都是容易的，枚举最后一个人走到那里，两边都是满的子问题（也是 \(n=m\) 的情况）。

考虑 \(n>m\)，枚举最后一段连续的 \(1\)，那么又可以分成两个 sub problem。复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)

CF1439E [* easy]

大杂烩。。

我们先证明这个图一定是树。

先给所有边定向，这样这张图至少是一个 DAG，我们证明每个点有且仅有一个父亲就 ok 了。

考虑 \((x,y)\) 是 ok 的，那么只需要证明 \((x-1,y),(x,y-1)\) 中恰好有一个是 ok 的，考虑 \(x,y\) 中二进制最低位较小的元素，我们必然直接减少其，同时一定 ok，不难发现给另一者 \(-1\) 显然是不 ok 的，

然后根据这类博弈论的套路，在树上翻硬币可以等价于每个硬币的 SG 的异或和。

观察一下，发现硬币的 SG 值似乎只和深度相关。

可以对深度归纳，不难证明深度为 \(i\) 的点的 SG 值为 \(2^i\)（深度从 0 开始标号）

于是后手赢等价于每个深度的点的数量都是偶数。

这样可以考虑假装存在一个序列，第 \(i\) 位为 \(1\) 表示这个深度有奇数个点，那么不难发现后手的一次操作等价于给前缀异或 \(1\)

于是操作次数实际上就是差分数组中 \(1\) 的数量。

最后，考虑初始加入链的过程，我们只需要维护他对这个假想的数列的贡献（注意他们只有染黑操作）于是只需要将计算 LCA，然后拆成若干条直上直下的链，一种做法是建立这些点的虚树，使用差分标记维护这个点到其父亲的边是否被染黑即可，这样只需要在差分数组中加入两个 pair 即可。

于是最后这个问题等价于在特殊树上求 \(m\) 对链的 LCA。

考虑直接模拟，我们发现我们暴力跳父亲复杂度很高，但是是可以加速的。如果某段操作全是给 \(x\) 减 \(1\) 那么是可以缩到一起的，实际上就是 \(x\) 的 low 小于 \(y\) 的 low 时可以连续跳 \(2^{low(x)}\) 次。

于是我们在 \(\mathcal O(m\log^2 w)\) 的复杂度解决了这个问题。

代码的细节很多，我写了 3h.../ll（最后又双叒叕被卡了 vector 的常数，屑ctr爪巴）