AtC and CF 做题笔记

ABC308

D

因为 snuke 长度只有 \(5\)，所以可以记搜，设 \(f_{x,y,now}\) 表示在位置 \((x,y)\)，要匹配 snuke 的第 \(now\) 个字符，可不可以。

注意 \(now\) 要取余，以免超出长度限制，然后如果位置 \((x,y)\) 的字符不等于 snuke 的第 \(now\) 个字符直接返回 \(0\)，搜到了 \((h,w)\) 就返回 \(1\)。

E

考虑枚举中间的 E，然后分别统计下其左边的字符 M 中 \(a\) 中值为 \(0,1,2\) 的数量，记为 \(l_1,l_2,l_3\)，右边也同理，记为 \(r_1,r_2,r_3\)，这个可以用前缀和做出。

然后分类讨论：

• 如果当前为的 \(a\) 值为 \(0\)，那么 mex 可以取到 \(1,2,3\)：

mex=1，因为已经出现过 \(0\) 了，所以左右两个数都是随便选，不取到 \(1\) 即可，那么答案加上 \((l_1+l_3) \times (r_1+r_3)\)。

mex=2，那么必须出现一个 \(1\)，当 \(1\) 在左边时右边随便选，\(1\) 不在左边时右边必须选 \(1\)，那么对答案的贡献就是 \(2 \times (l_2 \times(r_1+r_2)+l_1 \times r_2)\)。

mex=3，那么 \(0,1,2\) 都要有，分别考虑左边为 \(1\) 和左边为 \(2\)，用乘法原理拼起来即可，对答案的贡献为 \(3 \times(l_2 \times r_3+l_3 \times r_2)\)。

其它的也类似，mex=0 没有贡献，不用考虑。

核心代码：

if(!a[i]){
	ans+=1ll*((l1+l3)*(r1+r3));
	ans+=2ll*(l1*r2+l2*(r1+r2));
	ans+=3ll*(l2*r3+l3*r2);
}
if(a[i]==1){
	ans+=2ll*(l1*(r1+r2)+l2*r1);
	ans+=3ll*(l1*r3+l3*r1);
}
if(a[i]==2){
	ans+=1ll*(l1*(r1+r3)+l3*r1);
	ans+=3ll*(l1*r2+l2*r1);
}

F

没有优惠时要付所有的钱，然后每一张优惠券可以减去它的 \(d\)，那么就有贪心策略：将优惠券按 \(d\) 从大到小排序，依次处理。

处理考虑决策包容性，为了让其他优惠券尽量能用，我们选择大于等于这张优惠券的 \(l\) 的最小的 \(p\)，然后使用它，将这个 \(p\) 删去。

用平衡树优化这个过程，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n \log n)\)。

G

如果没有删除操作的话，只需要维护一个 01 trie，每次插入一个数的时候询问最小值即可。

但是现在有了删除，在 trie 上删除不难，但是之前计算到的答案难以去掉。发现每个数都有一个存活区间，于是直接上线段树分治。时间复杂度 \(\mathcal{O}(q \log q \log V)\)。

ARC116

A

考虑用 \(2\) 来刻画偶数，那么令 \(n=2^d \times a\)，\(a\) 是奇数，假设 \(a\) 有 \(m\) 个约数，那么 \(n\) 就有 \(m\) 个奇约数和 \(dm\) 个偶约数，那么答案显而易见。

B

可以先给 \(a\) 排序。

枚举 \(\max\) 的位置 \(i\)，再枚举 \(\min\) 的位置 \(j \le i\)，中间有 \(i-1-(j+1)+1=i-j-1\)，假设没有 \(i=j\) 的情况，则 \(ans=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{i-1}a_ia_j2^{i-j-1}=\sum_{i=1}^n a_i2^i\sum_{j=1}^{i-1}\frac{a_j}{2^{j+1}}\)。加上 \(i=j\) 即可。

C

如果直接 dp 的话，要同时考虑序列长度和最后所选的数，时间复杂度不会低于 \(\mathcal{O}(nm)\)。

那么考虑组合数学。那么去考虑最后一个数，这样得以知道全局的信息。

对于最后一个数的每个质因数 \(p\)，它们的质数是一个单调不降的序列，注意必须是质因数。

现在问题变成求值域在 \([0,k]\)，长度为 \(n-1\) 的不降序列个数，因为最后一个数已经知道。

每个数加上 \(i\)，转化为值域在 \([1,n+k-1]\)，长度为 \(n-1\) 的严格上升序列个数。

另一种做法是，考虑这个序列真正发生变化的位置不会超过 \(\log n\) 个，那么设 \(f_{i,j}\) 表示总共有 \(i\) 种数，最后一个数为 \(j\) 的方案数。那么转移是平凡的。

统计答案就考虑枚举数的个数后插板，要求每一段都不能为空，就是 \(\sum_{i=1}^{\lfloor \log_2 n \rfloor} \binom{n-1}{i-1}\sum_{j=1}^m f_{i,j}\)。

D

纯正的 dp 同样是 \(\mathcal{O}(nm^2)\) 的，考虑抛弃掉 \(n\) 和 \(m\) 中的一维。

明显抛弃掉 \(n\) 是比较好维护的，然后设计 dp 状态，对于位运算的题，可以直接把位数塞到状态里，这样会方便维护一些。尤其是这个题关注的是和，而想知道贡献就必须知道它是哪一位。

设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了从低到高的前 \(i\) 位，和为 \(j\) 的方案数。

初值为 \(f_{0,j}(2|j)=\binom{n}{j}\)。

枚举第 \(i\) 位 \(1\) 的数量，得到方程 \(f_{i,j}=\sum_{k=0}^n [2|k ]\binom{n}{k}f_{i-1,j-k \times 2^i}\)。

答案为 \(f_{20,m}\)。

E

考虑二分后的判定问题：你需要保证每个点都有一个距离不超过 \(mid\) 的关键点，求最小需要的点数。

首先有一个正确的贪心，就是你考虑每个没被标记的点，在它的 \(mid\) 级祖先上标记。从最深的的点依次进行这个过程即可。

什么时候必须放一个点？那就是存在一个没有被标记的点且距离 \(\ge mid\)，但是一个点的标记还会影响到它的上面，怎么维护一个点有没有被标记呢？首先没被标记的点肯定是离当前最远的一个。谁最有可能标记它呢，必然是最近的一个标记了的点，但也有可能是上面的点啊，但是我们标记一个点它的距离已经 \(\ge mid\) 了那么上面肯定标记不到这个点。还有一个点是当前点，还需要考虑它的问题。如果下面的点覆盖不了它，就需要上面来覆盖它。

那么这个怎么实现呢，可以记 \(f_i\) 表示 \(i\) 的子树中没被标记的点与 \(i\) 的最远距离，\(g_i\) 表示 \(i\) 的子树中被标记的点中与 \(i\) 的最近距离。\(f\) 取 max，\(g\) 取 min，如果不存在没标记的点，那么 \(f_i=-\infty\)；如果不存在标记了的点，那么 \(g_i=\infty\)。

但是，有些点是指望着上面来标记它的，这些点的覆盖情况又如何呢？再考虑每个点为根的子树时，我们唯一没有保证，把问题丢到上面的只有当前的根，所以最后唯一可能还没有被标记的点就是 \(1\) 号点。

ARC160

B

同时满足这三个条件的话，总会有一个数不超过 \(\sqrt N\)，可以从这里入手。

令 $B=\lfloor \sqrt N \rfloor $，那么对于 \(1 \le x,y,z \le B\) 的都可以，贡献为 \(B^3\)。

否则，存在一个数 \(>B\)，那么另外两个数与他的乘积不超过 \(N\)，所以两个数都不超过 \(\frac{N}{B}\)。

那么这部分的答案就是 $3\sum_{i=B+1}^N \lfloor \frac{N}{i}\rfloor^2 $。这里，两个小的数的平方也规定了这两个数的位置关系，所以只需要考虑最大的数放哪里即可。

Obviously，这样做一定是不重不漏的。

ARC174

A

设前缀和为 \(S\)，选 \([l,r]\)，那么答案为 \(S_{l-1}+S_n-S_r+C(S_r-S_{l-1})\)

所以要最大化 \((C-1)(S_r-S_{l-1})\)，这其实就是增量。

那么，若 \(C-1 \ge 0\)，就是求最大子段和。

否则，就是求最小子段和，或者说，取反后的最大子段和。

我们选择的求法是枚举 \(r\)，那么 \(S_{l-1}\) 越小越好。

B

进行一个推柿子，设 \(w_i\) 表示新加入的 \(i\) 的数目。

那么 \(-2w_1-w_2+w_4+2w_5-2a_1-a_2+a_4+2a_5 \ge 0\)

把定数挪到右边，那么 \(-2w_1-w_2+w_4+2w_5 \ge K=2a_1+a_2-a_4-2a_5\)

注意到 \(w_1,w_2\) 是在减，那么狗都不选，化为 \(w_4+2w_5 \ge K\)。

如果选两个 \(w_4\)，贡献与两个 \(w_5\) 相同，所以如果 \(w_5\) 便宜就用 \(w_5\)，否则就用两个 \(w_4\)。

ARC183

C

对这个限制做一些描述，那么考虑用最大值划分子问题，钦定了最大值后，一段序列就被分成了两个不相交的部分。这样的形式加上 \(500\) 的数据范围，自然地想到区间 dp。

设 \(f_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 的方案数，枚举最大值的位置 \(l \le k \le r\)，要求是 \(k\) 可以成为最大值的位置。那么 \(f_{l,r}\larr \binom{r-l}{k-l}f_{l,k-1}f_{k+1,r}\)，理解为从最大数以外选 \(k-l\) 个数放到左边。为避免越界，令 \(f_{i+1,i}=1\)。

能不能放怎么办呢，\(m\) 有 \(10^5\)，考虑固定一个端点后扫描线。假设我们要固定 \(l\)，那么计算 dp 值需要用到的是 \(f_{l,?}\) 和 \(f_{?,r}\) 的形式，前面一个由于 \(k-1 < r\) 已被计算，由于后面的 \(k+1 >l\)，所以倒序枚举 \(l\) 即可解决问题。