十一月做题集

posted on 2025-11-27 11:18:52 | under | source

AT_arc112_f [ARC112F] Die Siedler

注意到操作顺序不重要，只要无法操作了就是最终局面。

注意到进行逆操作不影响结果，因此不妨全转化为 \(a_1\)。对于每个牌组也是如此，记为 \(c_i\)。注意这是个环，所以 \(M=n!2^n\) 个 \(a_1\) 可以被转化为一个。那么我们只关心 \(a_1\) 的值。

考虑最终 \(a_1\to s\) 是否可行，记牌组选取次数为 \(k_i\)，那么要有 \(\sum c_ik_i\equiv s-a_1 \pmod M\)。施以裴蜀定理，有解当且仅当 \(\gcd(c_1\dots c_m,M)\mid s-a_1\)，记 \(p=\gcd\)。

考虑根号分治，若 \(p\ge \sqrt M\) 那么暴力枚举 $s=a_i,a_i+p,a_i+2p\dots $ 即可。\(p<\sqrt M\) 考虑最终得到的序列为 \(b\)，选一个 \(b_i\) 会导致 \(s\gets s+(i-1)!2^{i-1}\)，那么同余最短路即可。复杂度 \(O(n\sqrt M)\)。注意不能一个元素都不放。

总结：

• 考察操作的性质很有效，例如操作顺序、逆操作等，以此将一个复杂的序列化归为一个数。
• 根号分治相对平凡，最后倒推并利用同余最短路很巧妙。
• 货币兑换状物可以考虑全化为最小单位。

P14510 夜里亦始终想念着你 miss

操作等价于将一个空位移动 \(2\) 格，过程中不允许空位相撞。考察一个 \(S\) 能否得到，相当于将空位移到非 \(S\) 的地方。

贪心地想我们必然从左到右尽量填入靠左的空位连续段，但不好计数，换个叙述方式：先将空位靠左紧密排列，从左到右考虑 \(S\) 每个元素，若某个空位与之重合，就将它和它后面空位右移，移出界输。

对贪心计数其对应 \(S\) 数量，记靠左状态下最右的空位为 \(p\)，总共 \(c\) 个空位，枚举总右移次数 \(i\)，将这些右移分配给每个空位。考虑 \(S\) 的限制，每次右移代表其起点处 \(S=1\)，同时最终每个空位 \(S=0\)，显然这些限制不交，那么 \(S\) 方案为 \(2^{n-p-c}\)，写出式子：

\[\sum\limits_{i=0}^{\frac {n-p}2} 2^{n-p-c}{{c+i-1} \choose {c-1}} \]

每次修改对 \(p,c\) 造成 \(O(1)\) 变化量，可推式子得到答案变化量。但你观察式子形态，可化成 \(\sum 2^{n-i}{{i}\choose {m}}\) 状物，有结论：

\[\sum 2^{n-i}{{i}\choose m}=\sum\limits_{i=m+1}^{n+1} {{n+1}\choose {i}} \]

证明的话考虑其在杨辉三角上的系数，相当于一列向上的二次幂的形式，利用组合数递推式，每次将其右移一列，相当于每个数向右下移动并系数除二，将末尾的 \(1\) 留在 \(n+1\) 行。

组合数下指标求和易支持 \(n,m\) 加减 \(1\)。一般情况莫队即可。

总结：

• 适当转化视角、对问题取反或许能豁然开朗，空位显然比连续段好想。
• 计数对象很多样，为了避免算重通常采用贪心策略以确保唯一性，而且问题可变为：统计每种贪心策略对应的状态总和。
• 组合数恒等式要记一下。组合数下指标求和可莫队。