Atcoder ABC406 题解

咕了很久的 ABC 题解，又回来了。

ABC406

A

少写一点字的做法是，将 \(a\) 时 \(b\) 分转化成 \(60a+b\) 分，比较提交时间和 ddl 的大小即可。

submission.

B

按照题述，每次乘上一个乘数，判是否大于等于 \(10^k\)。判断的时候，为了不越界，可以使用 __int128。

submission.

C

很难，大于 D，大于 F，和 E 不好说。

计数，一定要抓住对象的一些特征。这道题，我们可以对两个极值进行计数。
我们的方法是，对于每个极大值 \(a_i\)，找出极小值为 \(a_j\)，满足 \(a_i > a_{i+1} > \dots > a_j\)。然后，再暴力向左找出最近的 \(l\)，满足 \(a_l < a_{l+1} < \dots < a_i\)，向右同理找出 \(r\)。答案就是 \(\sum (i-l)(r-j)\)。

看似复杂度很不正确。我们尝试分析。

对于每一个 \(i\)，向右找出 \(j\) 的过程，有 \(a_i > a_{i+1} > \dots > a_j\)。这样，我们可以保证，对于每个 \(k \text{ satisfying } i < k < j\)，在这个过程中（\(i\) 从 \(1\) 到 \(n\)，寻找 \(j\)）只会被枚举 \(1\) 次，因为这样的 \(k\) 没法找出第二个 \(i\)，让它能枚举到 \(k\)。
也就是，找 \(j\) 的过程，均摊时间复杂度是 \(O(n)\) 的。

同理，找 \(l,r\) 的过程，也是均摊 \(O(n)\) 的。
故总复杂度 \(O(n)\)。

submission.

D

每次要求删除一整行或一整列的垃圾。显然，每个垃圾只会被删掉一次。
又显然，每行（列）垃圾也只会被删掉一次。
于是我们开两个 vector 数组，分别记录该行（列）的所有垃圾的列（行）下标。每次暴力删掉垃圾即可，用 set 记录垃圾有没有删过。

时间复杂度的来源是暴力删除，以及判断垃圾是否删过。这里，实际上来源于不同行（列）的垃圾总数，乘上单次删除（判断）的时间复杂度。
注意，要用两个数组记录某行或某列是否被删过，防止多次询问一个有 \(O(n)\) 个垃圾的行（列），导致时间复杂度错误。

总时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

submission.

E

除了数位 DP，还能是什么呢？

记 \(f_{i, j}\) 表示小于 \(2^i\) 的数（即有 \(i\) 位）中，popcount 是 \(j\) 的数之和（即，\(i\) 位填 \(j\) 个 \(1\)）。
将小于 \(2^i\) 的数分为两类：首位为 \(1\) 的，和首位为 \(0\) 的。

对于首位为 \(1\) 的，我们拆成 \(2^{i-1}\) 和剩余 \(i-1\) 位，这两部分。
接下来，需要求解剩下 \(i-1\) 位，因为首位填过 \(1\) 了，故接下来 \(i-1\) 位只需填 \(j-1\) 个 \(1\)。显然，方案数是 \(\binom{i-1}{j-1}\)，而这部分的和是 \(f_{i-1, j-1}\)。

对于首位为 \(0\) 的，我们直接有和为 \(f_{i-1, j}\)。

故：\(f_{i, j} = f_{i-1, j} + f_{i-1, j-1} + 2^{i-1} \times \binom{i-1}{j-1}\)。

统计答案时，将 \(n\) 拆成 \(\sum 2^k\)，同样的思路拆贡献。
对于小于 \(n\) 的数，一定会在他和 \(n\) 的最长公共前缀处统计到答案。以此计算即可。

时间复杂度 \(O(\log^2 V + T\log V)\)，其中 \(V\) 为值域。

submission.

F

史上最奶龙的 F 题。

每次删边，一个部分一定是这条边连接的深度较大的点的子树（以 \(1\) 为根意义下的）。另一部分自然是全局和减去这个子树和。

用树状数组维护 DFS 序，轻松做到 \((n \log n + q\log n)\)。

submission.

G

不会。