题目思考过程简记
ARC 175 C 题解
我们考虑经典套路，假设前 \(i - 1\) 个数已经被确定。
设 \(f_k(x)\) 表示 \(a_k = x\) 时 \(\sum_{i = k + 1}^n | \ a_i - a_{i - 1} \ |\) 的最小值。
那么，\(a_i = x\) 当且仅当 \(x\) 取最小值且 \(| \ x - a_{i - 1} \ | + f_i(x)\) 为所有可能中的最小值。
我们设集合 \(I_k = \operatorname{argmin}_{x \in [l_k, r_k]} f_k(x)\)。
一个奇妙性质：\(I_k\) 一定是一个区间。
感性理解。容易发现 \(f_k\) 是一个凸函数，所以当取到最小值时，取值定为一个区间。
我们考虑 \(f_k(x)\) 怎么求。
丁真一下。我们可以考虑直接贪心。若 \(a_i = p\)，则 \(a_{i + 1}\) 取 \(\operatorname{argmin}_{x \in [l_k, r_k]} | \ x - p \ |\)。然后转移还是比较简单的。
我们设 \(m_k = \min_{x \in [L_k, R_k]}\{f_k(x)\}\)：
以上贪心可以通过大力分讨得证。
但是这一眼正确吧。
那么我们观察 \(f_k(x)\) 的转移式，发现最小值是非常能确定的。于是得到下列结论：
- 如果 \([L_k, R_k] \cap I_{k+1} \neq \emptyset\)，则 \(I_k = [L_k, R_k] \cap I_{k+1}\)。
- 如果 \(R_k < l_{k + 1}\)，则 \(I_k = R_k\)。
- 如果 \(L_k > r_{k + 1}\)，则 \(I_k = L_k\)。
综上，我们求出了 \(I\)。\(f\) 实际上不需要求出。
回到原题。我们要找到 \(x\) 使 \(x\) 取最小值且 \(| \ x - a_{i - 1} \ | + f_i(x)\) 为所有可能中的最小值。
仍然是大力分讨：
-
\(a_{i - 1} \in I_i\) 时，\(a_i = a_{i - 1}\)。
-
\(L_i \leq a_{i - 1} < l_i\) 时，\(a_i = a_{i - 1}\)。
-
\(a_{i - 1} < L_i\) 时，\(a_i = l_i\)。
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\(a_{i - 1} > r_i\) 时，\(a_i = r_i\)。
发现上述过程可以简化为 \(a_i\) 取 \([L_i, r_i]\) 中最靠近 \(a_{i - 1}\) 的值。
CF1946E 题解
首先发现左右两部分是比较独立的，所以可以分开计算后合并。
注意到我们可以把整个数集分成左右两部分，即 \(\binom{n - 1}{p_{m1} - 1}\)。
然后我们不妨只考虑左边。
发现左边的最大值也已经确定，且最大值右边的所有数可以随便选，即 \(\binom{p_{i + 1} - 2}{p_i - 1}\)。
由于内部需要换顺序，所以还要乘上 \((p_{i + 1} - p_i - 1)!\)。
右边同理。最后的答案即为全部的乘积。
CF1923E 题解
考虑记录每一个点 \(i\) 离他最远的一个祖先使得祖先到 \(i\) 的路径上没有 \(a_i\)。设他为 \(\text{lst}_i\)。然后如果两个 \(u, v\) 的 \(\text{lst}\) 相等，那么这条路径就是好的。每种颜色枚举即可。
KEL 题解
Part 0. 错解
我们考虑一个点，它的权值 \(a_i\) 在区间 \([l_i, r_i]\) 内时，我们把 \(f_i\) 标记为 \(1\)。此时，符合条件的 \(i\) 点要满足在 \(i\) 子树内的所有 \(v\)，他的 \(f_v = 1\)。
于是我们可以维护一颗线段树，线段树的值表示 \([l, r]\) 区间内有多少 \(f_i = 0\) 的数。
如果当前修改了 \(x\) 的权值导致 \(a_i\) 是否合法的状态更改，那么可以把 \(1\) 到 \(x\) 的简单路径上所有点 \(+1\)。用一个标记永久化的线段树再套一个树链剖分即可。
错误原因：细节无法处理。
Part 1. 正解
我们考虑只看一个中序遍历中相邻两项的大小关系。
答案合法，当且仅当中序遍历权值单调。
于是，考虑维护。当一个相邻关系发生更改，则可以用标记永久化线段树进行区间 \(\geq 1\) 的计算。
ABC347F 题解
我们考虑这三个正方形的相对位置有多少种情况。
我们把正方形的顶点设为 \((x_i,y_i)\)。容易发现，放置合法当且仅当 \(\forall i \neq j, | \ x_i - x_j \ | \geq d \ \text{or} | \ y_i - y_j \ | \geq d\)。
发现这只有可能是以下两种情况。
于是便可以开始写了。
ABC347G 题解
还算是比较经典了。
首先我们注意到一个性质：\(1 + 3 + \cdots + n = n ^ 2\)。所以我们可以把平方拆开。
然后容易证明 \(a_{i, j}\) 填 \(1\) 一定比填 \(0\) 不劣。
我们可以把 \(a_{i, j}\) 拆成 \(4\) 个点，然后我们想到了最小割。
构造网络：
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\(a_{i, j, x} \leftarrow a_{i, j, x + 1}\)，权重为 \(+\infty\)。
-
若 \(a_{i, j} \neq 0\)，\(\forall x \neq a_{i, j} - 1\)，\(a_{i, j, x} \rightarrow a_{i, j, x + 1}\)，权重为 \(+\infty\)。
-
对于相邻的两个点 \(A, B\)，\(\forall x > y, a_{A, x} \rightarrow a_{B, y}\)， 权重为 \(2\)。
-
对于相邻的两个点 \(A, B\)，\(\forall x, a_{A, x} \rightarrow a_{B, x}\)， 权重为 \(1\)。
容易证明这个网络的最小割即为所求。
按照 Dinic 跑最大流，残量网络即为最小割。时间复杂度 \(\mathcal{O}(F\times m) = \mathcal{O}(n^4 \times d^4)\)，能过。
一个 Albert_Wei 推荐的不知道什么题
做法 1（简单）
我们考虑枚举原串在新串里的位置。
然后由于需要括号序列合法，前后直接乱 dp 即可。
做法 2（较难，Albert_Wei 提供）
定义 \(f_{i, j, k}\) 表示新串匹配到前 \(i\) 个，括号序列的和为 \(j\)，原串匹配到前 \(k\) 个。
当 \(k\) 失配时，直接跳到 \(nxt_k\) 即可。
CF1530G 题解
考虑对操作进行转换。假设 \(a_i\) 为第 \(i\) 个 \(1\) 前面的 \(0\) 的个数。
则操作可以进行如下转换：
转换 1：选择一个长度为 \(k + 1\) 的子区间 \(a_{l, \cdots, l + k}\)。我们先把 \(a_{l + 1, \cdots, l + k - 1}\) 翻转，然后更改 \(a_l\) 和 \(a_{l + k}\) 使得 \(a_l + a_{l + k}\) 不变。
转换 2：操作是可逆的，所以若我们能把 \(S, T\) 都转换成同一个字符串 \(I\)，那么 \(S \rightarrow T\) 就是可行的。
于是现在的问题是能否把 \(S, T\) 转换成同一个 \(I\)。
现在我们想要把 \(a\) 数组不为 \(0\) 的值尽量往前移，且我们有 \(2\times n\) 的操作次数。
容易发现，当我们翻转了一个 \(a_{l, \cdots, l + k}\) 时，我们可以让 \(\begin{cases}a_l = a_l + a_{l + k}\\a_{l + k} = 0\end{cases}\)，这样我们操作了 \(n - k - 2\) 次后，只会有 \(a\) 的前 \(k + 2\) 个位置有值。
然后我们考虑如何把前 \(k + 2\) 个位置移到第 \(1\) 个位置。
若我们每次操作 \(a_{1, \cdots, k + 1}\) 和 \(a_{2, \cdots, k + 2}\)，则每次 \(a_{2, \cdots, k + 1}\) 会先进行长度为 \(2\) 的循环位移，然后把前两个数设为 \(0\)。
经过 \(\lfloor \frac{k}{2} \rfloor \times 2\) 次操作后，\(\forall 2 \leq i \leq k + 1, a_i = 0\)。
然后，分类讨论。
先考虑 \(2 \ |\ k\) 的情况。我们发现，奇数编号的位置不可能转到偶数编号的位置，所以不可能。
再考虑 \(k\) 为奇数的情况。这时候，我们只要 \(a_{2, \cdots, k + 2}\) 和 \(a_{1, \cdots, k + 1}\) 轮流操作即可。次数 \(k + 1\)。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n ^ 2)\)，操作次数最大为 \(n + k + 1\)。由于 \(k = n\) 时不可能存在解，所以满足限制。
P2375 题解
我们考虑朴素算法。
显然，我们可以先跑一遍 KMP，计算出每个 \(i\) 的 \(nxt_i\)。
然后，容易发现我们可以暴力跳每一个前缀串的 border，这样可以直接统计出 border 长度 \(\leq \lfloor \frac{i}{2} \rfloor\) 的 border 数量。
回到原题。我们发现上述朴素做法会被 \(2 \times 10^5\) 个 \(\text{a}\) 拉爆。于是我们考虑优化。
我们能不能考虑把重复的计算节省掉呢？
考虑类似 KMP 的优化。假设当前我们计算到 \(i\)。
发现，如果我们最大的 \(\leq \lfloor \frac{i}{2} \rfloor\) 的 border 长度为 \(x_i\)，则 \(x_i\) 一定是 \(x_{i - 1}\) 的一个 border。
证明：博主暂时是感性理解。后面补严禁证明。
于是考虑一直使用一个 \(j\)。复杂度为 \(\mathcal{O}(n)\)。
CF1530F 题解
发现 \(n \leq 21\) 且这道题看起来就很可以容斥。但是直接容斥会爆炸掉。
考虑正难则反。容易把题目转化为 求每一行，每一列，每一对角线都不全为 \(1\) 的概率。
接下来这一步比较巧妙。我们考虑把 对角线看作一种特殊的列，然后对列进行容斥。、
这样每一行就会有一些点固定是 \(1\)。用 \(dp\) 预处理出来即可。
ABC348F 题解
什么时候能在 Atc 上扬眉吐气啊/ll。
一些注意点：
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一看到这种题就应该往 bitset 的方向想。
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如果用 bitset，就应该跳脱之前的思维，尝试从最朴素的暴力重新想起。
看到这道题，发现直接做非常的不可做的样子，考虑 bitset。
我们可以先枚举左端点 \(l\)。这样，当我们枚举 \(j\) 时，对于所有的 \(k\) 使得 \(a_{k, j} = a_{l, j}\) 的 \(k\)，\((l, k)\) 可以多一个相等的下标。
于是考虑使用 bitset，\(p_{i, x, j}\) 表示 \(a_{i, j}\) 是否等于 \(x\)。然后直接异或操作即可。
CF1951D 题解
这很唐氏。题目还带故意误导。
Part 1. 题目误导
我们发现题目说最多 \(60\) 个篮子，并且样例给了一个二进制，容易往这方面想。
但是在瞎搞之后发现能处理地情况少之又少，感觉就像在玩原神。
甚至随便都能举出反例。
Part 2. 正确思路
我们考虑能不能只使用 \(2\) 个篮子。在经过手玩样例后，我们发现 \(k\) 一定是 \(\leq \lceil \frac{n}{2} \rceil\) 的。若第一个数取 \(x > \frac{n}{2}\)，则可以轻松构造出所有 \(\leq \lceil \frac{n}{2} \rceil\) 的情况。
CF1951E 题解
这题也很唐。
做法 1（自己想出，实现较难，耗时较大）
我们发现如果一个串首位不相同则一定不是回文串。
顺着这个思路想，我们可以把所有和 \(s_1\) 和 \(s_n\) 不相同的字符视为特殊字符，然后与普通字符匹配。
接下来是大量分讨。由于我感觉电脑 CPU 快干废了打字都慢所以不叙述。
做法 2（经过提示，实现简单，主要靠直觉）
看到这种题直觉告诉我们应该可以分成最多 \(2\) 个串。
于是直接枚举分界点即可。利用 manacher 或者 hash 判断回文。
正确性易证，不过多叙述。
ABC349F 题解
成为小丑。
我们考虑先对 \(M\) 进行质因数分解。考虑一个显然的性质：
\(\operatorname{lcm}(a_1, a_2, \cdots, a_k)\) 是所有数质因数分解后最大的指数乘积。
于是我们把 \(M\) 的质因子拿到 \(a_i\) 里去算有哪些 \(a_i\) 是有这个最大的指数的。
我们可以设 \(b_i\) 为 \(a_i\) 中是否为最大指数的质因数状态压缩。
然后可以直接 dp 了。时间复杂度 \(\mathcal{O}(2^{28})\)，勉强能过。
因此这道题就变成了 shaber 题。
CF1142C 题解
比较难的是将二次函数转换为一次函数。但是其实想到了。注意不要浪费任何一个思路。
考虑这个函数二次项系数为 \(1\)，可以将 \((x, y)\) 变为 \((x, y - x ^ 2)\)。然后问题被转化成了过两点的一次函数上方无点。
这比较简单，就是这个点集的上凸壳边的数量。这不用 Graham 扫描法。
浙公网安备 33010602011771号