CF1747

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T1

题面翻译

给定一个整数序列，将之分成两个，求这两部分和的绝对值之差的最大值，即​\(max(|sum1|-|sum2|)。\)​

范围：\(n=10^5,a_i\in[-10^9,10^9]\)

做法

猜测贪心，考虑一个一定可行的方案，进行邻项交换，看什么样的方案比它优。

我们将正数全部塞到一边，负数全部塞到另一边，令和较大的成为sum1。

我们令正数总和更大，记正数为\(a_1,a_2,…,a_n\)，负数为\(b_1,b_2,…,b_m\)。

考虑将一些正数放到第二个序列，记这些正数和为\(tmp\)：\(sum1'=sum1-tmp\)

若\(tmp<=sum2\)，则\(sum2'=sum2-tmp\)，\(sum'=sum1+tmp-sum2\)答案不变

若\(tmp>sum2\)，则\(sum2'=tmp-sum2\)，\(sum'=sum1+sum2-tmp\)，小于\(sum=sum1+tmp-sum2\)

其余情况同理可证

故而，这种情况就是最优解，直接做做完了

T2

题面翻译

给定一个n，代表一个由n个“BAN”拼成的字符串，每次可以交换两个位置的字符，最小化使得字符串中不存在“BAN”子串的操作数，并输出一种方案

数据范围：\(n<=10^5\)

注意：

此题的SPJ疑似有误，口胡了不要直接写代码

做法

注意到，一次交换最多破坏两个“BAN”子串，对于剩下的单个，我们交换一下，所以答案为\(\lceil \frac{n}{2}\rceil\)

对于方案的构造，然后我们跨过中线交换就做完了。（此题好像只能跨过中线交换？我全部邻项交换寄了，但是手模是过的）

T3

题面翻译

给定一个正整数序列，两个绝顶聪明的人进行游戏，求谁有必胜策略：

每次​\(a_1-1\)​，并选择一个其他位置与​\(a_1\)​交换

若一个人操作前\(a_1\)是0，则输掉游戏

数据范围：\(n<=10^5,a_i\in[1,10^9]\)

此题做法

我们画出流程：

\(player_1\begin{cases}a_1-1\\swap\end{cases}\)

\(player_2\begin{cases}a_1-1\\swap\end{cases}\)

…

\(player_x\begin{cases}a_1==0\\I'm\ loser\end{cases}\)

由于\(-1\)的对象事实上由上一个玩家选定，归于上一个玩家的策略范畴，我们考虑一个等价转换，将​\(a_1-1\)​归入上一个玩家：

\(a_1-1\)

\(player_1\begin{cases}swap\\a_1-1\end{cases}\)

\(player_2\begin{cases}swap\\a_1-1\end{cases}\)

…

\(player_x\begin{cases}swap\\a1==0\\I\ win\end{cases}\)

此题有一个很好的性质，上一个人选择的-1对象下一个人不能再次选择并-1，即两次相邻操作独立，

也就是说，对于一个玩家，只要每次选能选的最小值，将之不断-1，就是一个玩家最早的获胜时间，且不受另一个玩家影响

此时最优策略变得显然，两个人都会选取能选的最小值-1，更早将最小值减成0的获胜。

于是，我们只需要比较​​\(player_1\)​​和​​\(player_2\)​​能选择的最小值即可，我们发现，当第二个玩家能选到的比第一个玩家更小，当且仅当初始的​\(a_1-1\)​后成为了整个序列的唯一最小值。直接扫一遍整个序列就做完了

T4

题面翻译

给定一个序列，每次询问一个区间全部归零的最少操作次数，不能归零输出-1。

操作为：将一个奇数长度的区间全部赋值成区间的异或和

数据范围：\(n,q<=2×10^5\)

此题做法：

考虑对于一个区间，我们怎么在这个区间内操作都不改变区间的异或和。因为奇数长度区间赋值异或和，对于整体区间的异或和，偶数个数消去，剩下一个有贡献的，是这个区间的异或和。

那么，区间异或和为0，才有可能做。

对于本身全是0的区间，不需要操作

对于奇数长度区间，直接一次操作推平即可；

对于偶数长度区间，当且仅当这个区间存在一个长为奇数的异或和为奇数的前缀时有解。

这几个判断都是好做的，就做完了。

T5

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前置知识:二项式反演

解决问题：计数问题

f(m):至多m个/至少m个 ⇒ g(m):恰好m个的方案数

前置公式：

将​\(a=1,b=-1\)​代入二项式定理 ​\((a+b)^n=\sum_{i=0}^n{C_n^ia^{n-i}b^i}\)​

二项式定理推论：​\(\sum_{i=1}^n{(-1)^iC_n^{i}=[n==0]}\)​

组合数分离式：​\(C_n^mC_m^k=C_n^kC_{n-k}^{m-k}\)​

即从n中选m个，再从m个中选k个，等价于从n直接中选k个，在从剩下的n-k个中选m-k个

从而推出二项式反演公式：

​\(f(n)=\sum_{i=0}^n{C_n^ig(i)}\)​ ⇔ ​\(g(n)=\sum_{i=0}^n{(-1)^{n-i}C_n^if(i)}\)​

证明：代入即可

双相关​\(\sum\)​的取出方法：标号点对，考虑对于内部的同一个j，有哪些i会枚举到它

至多问题：

​\(f(m)=\sum_{i=0}^m{C_m^ig(i)}\)​ ⇔ ​\(g(m)=\sum_{i=0}^m{(-1)^{n-i}C_n^if(i)}\)​

至少问题：

​​\(f(m)=\sum_{i=m}^nC_n^ig(i)\)​​ ⇔ ​\(g(m)=\sum_{i=m}^n{(-1)^{i-m}C_m^if(i)}\)​

注意：二项式反演和多步容斥本质不同

多步容斥：单纯给不少于…计数，对于同一个f(i)，内部不重复，但对于不同的f(i)，由于记重复，要去重

二项式反演：钦定m个必须选，剩下的随便算，对于同一种方案，在同一个f(i)中也可以多次被计数

此题做法

参考了Leasier的题解，更加建议阅读原题解，不建议阅读本人本篇题解，毕竟今天刚学二项式反演,目前还是已知半解的感觉。

容易发现合法序列长度 ​\(<=n+m+1\)​——因为每次 a,b 中至少有一个-1。

然后发现每存在一个位置不合法，我们就可以把不合法的位置删掉——反正重复了，删了也不影响剩下的部分。当我们把所有不合法位置删完后，你会发现它变成了一个合法序列。

设f(x)表示长度恰好为 x 的合法序列的方案数，g(x) 表示长度恰好为 x 的不一定合法序列的方案数。

现在考虑 g(x)。注意到其实我们可以任取一个长度为 x的满足不降限制的 a,b序列，于是 \(g(x)=C_{n+x−2}^nC_{m+x−2}^mg(x)\)​。

答案为\(\sum_{i=2}^{n+m+1}{if(i)}\)

然后代入一下式子

\(f(x)=\sum_{i=2}^x{(−1)^{x−i}C_{x−1}^{i−1}g(i)}\)

注意一下细节，就做完了。