Atcoder ABC398 题解

ABC398

最快的一集。但是 BC 合吃五发罚时。

A

若 \(n\) 为奇数，那么前 \(\frac{n-1}{2}\) 和后 \(\frac{n-1}{2}\) 都是 -，第 \(\frac{n+1}{2}\) 个是 =；
若 \(n\) 为偶数，那么前 \(\frac{n}{2}\) 和后 \(\frac{n}{2}\) 都是 -，第 \(\frac{n}{2}+1\) 个是 =。

submission.

B

直接枚举两种牌 \(i,j\)，看看出现次数是不是一个不少于 \(2\)，一个不少于 \(3\) 即可。

submission.

C

记录下每种数的出现次数，然后枚举每个下标，找到出现一次的值中最大的下标即可。值域 \(10^9\)，开 map 记录。

submission.

D

每个时刻都会加入一团烟，我们若维护每团烟的真实位置要用线段树，查找要用二分，很烦。

但是这个 NSWE 操作是全局的，我们可以弄两个全局 tag，即 dx 和 dy，分别记录行的平移量和列的平移量。

每次平移，就将 tag 做对应操作。加入 \((0, 0)\) 时，我们希望代码中塞进去的点，行列分别加上 \((dx, dy)\) 后是 \((0, 0)\)，于是应该加进 \((-dx, -dy)\)。
每次询问，就是要找我们有没有存下一个点 \((x, y)\)，满足 \(x+dx=r,y+dy=c\)。即查找 \((x-dx, y-dy)\)。

用 set 维护（不必 multi）。时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

submission.

E

没有奇环，就是要时刻保持二分图。
我们先对原树进行一个染色（树一定是二分图），找出左部点和右部点。显然左（右）部内部肯定两两不能连边。只能一个左部点，一个右部点之间连边。
只需要枚举左部点 \(u\)，枚举右部点 \(v\)，将原树中没有的边 \((u, v)\) 加进备选集合，我和 Takahashi 就只能在这个集合中选。

剩下就是，若集合中有奇数个元素，那么我先选；否则，我后选。
每次挑一个没选过 \((u, v)\) 的输出即可。

submission.

F

记 \(n\) 为串长，显然最终回文串的长度不会超过 \(2n-1\)。比如，最劣的时候 \(ABCDE \to ABCDEDCBA\)。
套路地，处理回文，正着一遍 hash，反着一遍 hash。记正着 hash 区间 \([l, r]\) 为 \(a(l, r)\)，反着为 \(b(l, r)\)。

我们令变量 \(len = 2n-1\)，并从 \(n\) 到 \(2n-2\) 枚举可能的长度 \(i\)。

• 若 \(i\) 为奇数：那么原串关于 \(mid = \frac{n+1}{2}\) 对称。具体地，记 \(x=n-mid\)，那么 \([mid-x, mid-1]\) 和 \([mid+1, mid+x]\) 对称，即 \(a(mid-x, mid-1)=b(mid+1, mid+x)\)。（可手玩理解，比较简单）
• 若 \(i\) 为偶数：那么原串关于 \(\frac{n}{2} + 0.5\) 对称。具体地，记 \(mid=\frac{n}{2},x=n-mid\)，那么 \(a(mid-x+1, mid) = b(mid+1, mid+x)\)。

有个细节，这样写不会出现求一个非法区间 \([l, r]\) 的 hash，即 \(l \le 0\) 或 \(r > n\) 或 \(l > r\)。

输出方案随便写就行。时间复杂度 \(O(n)\)。

submission.

G

口胡一个思路，应该是对的吧。

类似 E 题，我们处理出每个连通块对应的二分图。连通块内部补充完整的方案显然唯一，不妨把它们补充完整。记每个连通块的左部点有 \(s_i\) 个，右部点有 \(t_i\) 个。那么补完整会加 \(c=(\sum s_it_i) - m\) 条边。对二取模不影响答案。

然后我们把所有连通块分成三类：

• 左部点偶数个，右部点偶数个，记为 00 型。
• 左部点偶数个，右部点奇数个（或反过来），记为 01 型。
• 左部点奇数个，右部点奇数个，记为 11 型。

在连通块之间连边，实际上是合并连通块的过程。
如，将 \(s\) 的一个左部点连向 \(t\) 的一个右部点，就相当于获得一个新的连通块，左部点个数为 \(s,t\) 之和，右部点同理。

以下展示合并过程。

集合 1	集合 2	合并结果	产生贡献（奇 1 偶 0）
00	00	00	0
00	01	01	0
00	11	11	0
11	11	00	0
11	01	01	1
01	01	00	0
01	01	11（第二种情况）	1

发现 00 不会对合并结果造成任何影响。
然后我们做一个二维 DP：设 \(f_{i, j}\) 为 \(i\) 个 11 型，\(j\) 个 01 型，先手最终的胜负结果。显然 \(f_{0, 0}=c \ {\text {mod}} \ 2\)。
根据上面，\(f_{i, j}\) 可以从 \(f_{i-2, j},f_{i-1, j},f_{i+1, j-2},f_{i, j-2}\) 转移。

然后套路地，01 DP 可以用 bitset 优化。时间复杂度 \(O(\frac{n^2}{\omega})\)。