杂题选写 2

CF1423L Light switches

*2600

tag：暴力枚举，meet in middle

题目描述

有 \(n(1\le 1000)\) 盏灯和 \(s(1\le s\le 30)\) 个开关，每个开关能控制一些灯，并改变这些灯的状态。

接下来有 \(d(1\le d\le 1000)\) 次询问，每次询问给出 \(k_i\) 盏亮着的灯，询问将所有灯全部熄灭最少需要按几次开关。

思路

每个开关至多会被按一次。

注意到 \(s\) 很小。

可以考虑一个 \(O(2^s)\) 的暴力。

但复杂度显然不对。

所以 meet in middle，将开关划分为 \(k\) 和 \(s-k\) 两部分。

每次询问枚举 \(k\) 中的所有状态，并在 \(s-k\) 的部分找其与初始状态异或后的状态。

具体实现时可以用 unordered_map 存下 \(s-k\) 这部分的所有状态，灯的状态可以用 bitset 来存。

时间复杂度 \(O(2^k+2^{s-k}+\frac{dn2^k}{w})\)，还要带 unordered_map 的常数。

在 \(k\) 取 \(12\) 左右可以通过。

CF1942F Farmer John's Favorite Function

*2700

tag： 数据结构（线段树，分块）。

题目描述

给定一个长度为 \(n(1\le n\le 2\cdot10^5)\) 的序列 \(a\)，并定义函数 \(f(x)\)：

\[f(x)=\begin{cases} \sqrt{a_1} & x=1\\ \sqrt{f(x-1)+a_x} & x>1 \end{cases} \]

有 \(q(1\le q\le 2\cdot10^5)\) 次操作，每次操作 \(a_x\leftarrow y\)，求出每次操作后的 \(\lfloor f(n)\rfloor\)。

思路

发现我们每次直接将 \(f(x)\) 操作完过后向下取整，其值与 \(\lfloor f(x)\rfloor\) 相等。

也就是说我们可以只计算每次开根向下取整后的值。

考虑将修改离线下来，跑一边扫描线，来维护到了第 \(i\) 个位置 \(1\sim q\) 这些时刻的 \(f(i)\)。具体的，我们可以将每个位置上的数存在的时间区间求出来，每次将其存在的区间整体加。至多只有 \(O(n+q)\) 个区间。

现在我们只需要维护两种操作：区间加和全局开根。

这是一个经典的问题：用势能线段树来维护。

具体的，记录一个区间的最大值 \(mx\) 和最小值 \(mi\)，若 \(\lfloor\sqrt{mx}\rfloor-mx=\lfloor\sqrt{mi}\rfloor-mi\)，那么就可以区间整体加。否则直接暴力往下递归。

CF1945H GCD is Greater

*2600

tag：数学，位运算，暴力枚举。

题目大意

给定 \(n(4\le n\le 4\cdot10^5)\) 个数 \(a_i(1\le a_i\le 4\cdot10^5)\)，将 \(a_i\) 分成两个大小不小于 \(2\) 的集合 \(A,B\)，使得 \(A\) 集合中所有数的 gcd 大于 \(B\) 集合中所有数按位与加 \(x(1\le x\le 4\cdot10^5)\) 的值。或报告无解。

思路

多选数 gcd 不会变大，少选数按位与不会变小，所以 \(A\) 集合可以只选择两个数。

接下来让我们按位考虑 \(B\) 集合的答案。若存在三个及以上的数在这一位是 \(0\)，那么这一位必然是 \(0\)。

否则只会有 \(1\) 个或 \(2\) 个数在这一位上是 \(0\)，我们记这些数组成的集合为 \(S\)。若要使得这一位是 \(0\) 那么 \(A\) 集合中就不能够全部选中这些数；若为 \(1\) 则 \(A\) 集合必须包含这些数。

\(A\) 集合在一个 \(S\) 中的数都不选的情况下，\(B\) 集合的值是确定的，我们只需要在剩下的数中最大化 \(A\) 集合的值，可以通过枚举 gcd 来解决，调和级数时间复杂度是 \(O(V\log V)\) 的。

否则 \(A\) 中必然包含至少一个集合 \(S\) 中的数。集合 \(S\) 的大小只有 \(O(\log V)\)，所以我们可以枚举集合 \(S\) 中的每一个数，然后再 \(O(n)\) 枚举另一个数，计算区间按位与可以使用 st 表来维护，这部分的时间复杂度为 \(O(n\log^2V)\)，另一个 \(\log V\) 来自计算 gcd。

CF749E Inversions After Shuffle

*2400

tag：概率期望

题目大意

给定一个 \(n(1\le n\le 10^5)\) 的排列 \(p\)。随机选取一个 \(p\) 的子段并随机打乱。求出打乱后 \(p\) 的期望逆序对数量。

思路

去考虑每个可能的区间不太好做。让我们考虑可能的两对数 \(i,j(i<j)\) 对初始序列造成的影响。

若 \(i,j\) 同时在一个被打乱的区间内，那么它们有 \(\frac{1}{2}\) 的概率改变先后顺序，而它们在同一个可能被打乱的区间内的概率为 \(\frac{2(n-j+1)i}{n(n+1)}\)。

也就是说，若 \(a_i<a_j\) 那么它们会造成 \(\frac{(n-j+1)i}{n(n+1)}\) 的贡献，否则造成 \(-\frac{(n-j+1)i}{n(n+1)}\) 的贡献。

可以通过树状数组来维护。

CF303C Minimum Modular

*2400

tag：暴力枚举，同余

题目描述

给定 \(n(1\le n\le 5000)\) 个互不相同的整数 \(a_1,a_2,\dots,a_n(0\le a_i\le 10^6)\) 和整数 \(k(0\le k\le 4)\)。求出一个最小的 \(m\) 使得可以通过删除 \(k\) 个数满足 \(a\) 中所有数模 \(m\) 的值互不相同。

思路

\(m\) 的最大值只有 \(10^6+1\)。

不妨来枚举 \(m\)。

将两对整数 \(a_i\) 与 \(a_j\) 同余的条件变为 \(m\mid (a_i-a_j)\)。

显然，若每次同余的对数大于了 \(\frac{k(k+1)}{2}\) 那么这个 \(m\) 一定无解。

否则，可能相同的数至多只有 \(\frac{4\times 5}{2}=10\) 个，我们枚举这 \(10\) 个数即可判断 \(m\) 是否符合条件。

枚举倍数根据调和级数时间复杂度为 \(O(V\log V)\)，总时间复杂度为 \(O(\frac{k(k+1)}{2}V\log V)\)。

CF1374F Cyclic Shifts Sorting

*2400

tag：构造，思维

题目描述

给定一个长度为 \(n(3\le n\le 500)\) 的数组 \(a_1,a_2,\dots,a_n(1\le a_i\le 500)\)。

定义一次 swap 操作为选择一个整数 \(i(1\le i\le n-2)\)，然后将 \(a_i,a_{i+1},a_{i+2}\) 循环位移，也就是 \(a_i:=a_{i+2},a_{i+1}:=a_{i+1},a_{i+2}:=a_{i+1}\)。

你需要使用至多 \(n^2\) 次 swap 操作将数组 \(a\) 排序，或报告无解。

思路

一种不是正解的正确做法： 可以类似于选择排序，先从前往后排再从后往前排即可。

一个基本的想法是我们去做类似于选择排序的排序至少可以将前 \(n-2\) 个数排好序。

那么若 \(a_{n-1}\le a_n\) 那么整个数组就已经拍好序了。否则 \(a_{n-1}>a_n\)，那这种情况是否就无解了？

也不一定。实际上只要数组中存在两个相同的数就一定有解。

为什么？让我们从逆序对的角度来考虑。若我们交换三个不同的数，那么逆序对的数量要么会改变 \(2\) 要么不变。然而，若交换的数中仅有两个相同，那么逆序对数量会改变 \(1\) 或 \(2\)。

也就是说，我们可以通过交换两个相同的数来改变逆序对数量的奇偶性，从而构造出答案。

那么构造方案也就呼之欲出了：

• 若 \(a_{n-2}=a{n}\)，那么 swap \(a_{n-2}\)。

• 否则找到一个整数 \(p\) 满足 \(a_{p}=a_{p+1}\) 且 \(a_{p}\not=a_{p+2}\)，然后 swap 两次 \(a_p\)，之后再做一次最开始的排序。

「COI 2019」IZLET

tag： 构造。

题目大意

有一棵未知的有 \(n\) 个节点的树，每个节点有一个颜色。给定一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(a\)，其中 \(a_{i,j}\) 表示从 \(i\) 到 \(j\) 的路径上有 \(a_{i,j}\) 种不同的颜色。

构造出一棵满足条件的树。

思路

首先对于两个点 \(u,v\)，若 \(a_{u,v}=1\)，那么它们的颜色一定相同。并且，若我们先将它们连上边，那么答案一定不劣。

其次，若 \(a_{u,v}=2\)，那么我们也可以将它们连上边。

此时我们发现，仅靠 \(1\) 和 \(2\) 已经足够得出树的形态了。

把这棵树建出来，接下来考虑确定每个点的颜色。

可以枚举点 \(x\) 然后找到所有与 \(x\) 颜色相同的点。

对于一个点 \(y\)，记在从 \(x\) 到 \(y\) 的路径上与 \(x\) 颜色相同且离 \(y\) 最近的点为 \(lst\)，\(lst\) 的下一个点为 \(nxt\)，那么 \(y\) 与 \(x\) 颜色相同当且仅当 \(a_{lst,y}=a_{nxt,y}\)。

「COI 2019」TENIS

tag：思维，数据结构。

题目大意

戳

思路

首先，所有排名为 \(1\) 的人都可以获胜，将他们加入一个集合当中。

其次，若可以打败能够获胜的人，那么也可以获胜。

我们可以模拟这个过程来在 \(O(n)\) 的复杂度内解决这个问题。

若我们选了一个人，实际上是将他在三种场地上所有能赢他的人都能获胜，以此类推。

我们实际上是要找到一个最小的 \(i\) 满足，对于在前 \(i\) 列出现过的所有人他们最后一次出现仍然在前 \(i\) 列。

维护每个人最后出现的位置 \(r_i\)，那么这个人对 \([r_i,n]\) 都有加 \(1\) 的贡献，我们只需要找到一个位置满足贡献和等于下标。

可以先将每个位置设为负的下标，然后找到第一个为 \(0\) 的位置即可。

CF1930E 2..3...4.... Wonderful! Wonderful!

*2400

tag：组合计数

题目大意

现有一个长度为 \(n(n\le 10^6)\) 的数列 \(a\) 满足 \(a_i=i\)。

给定一个 \(k\)，你可以进行若干次如下操作：选择 \(a\) 序列中一个长为 \(2k+1\) 的子序列，并删除它的前 \(k\) 个数和后 \(k\) 个数。

对于每一种 \(k\)，求出可以得到的序列个数，对 \(998244353\) 取模。

思路

一个多月没写过了，现在来补一点。

相当于我们需要删除一些位置，我们不在意过程，只关心最后得到的序列。

那么一个最终序列合法的充要条件就是：

• 被删除的位置的个数为 \(2k\) 的倍数。
• 存在一个没被删除的位置其左侧或右侧存在 \(k\) 个被删除的位置 \(p\)。

必要性显然，证一下充分性。如果 \(p\) 的一侧存在大于 \(3k\) 个被删除的位置，那么我们可以删除 \(2k\) 个。最后两边都剩下 \([k,3k)\) 个位置，并且两边之和都是 \(2k\) 的倍数。

所以，考虑去枚举操作次数 \(c\)，用总方案数减去不合法方案数。那么不合法的方案就需要满足除开最左侧和最右侧的 \(k-1\) 个被删除的位置，其它被删除的位置都是连续的。我们将中间连续的位置看成一个，就可以计算出答案。

时间复杂度 \(O(n\ln n)\)。

CF2026F Bermart Ice Cream

*2700

tag:动态规划，势能分析

题目描述

Bermart 连锁店出售各种冰淇淋，每种冰淇淋都有两个参数：价格和口味。

最初，有一家编号为 \(1\) 的商店，不出售任何产品。

您必须处理以下类型的 \(q\) 个查询：

• 1 x：新店开张，编号为开张前的最大编号 \(+1\)，出售与 \(x\) 店相同种类的冰淇淋，且顺序与 \(x\) 店相同。
• 2 x p t：一种价格为 \(p\)、口味为 \(t\) 的冰淇淋在 \(x\) 店上市。
• 3 x：\(x\) 店中供应时间最长（最早出现）的一种冰淇淋被移除。
• 4 x p：求在 \(x\) 店出售的所有种类的冰淇淋中花费不超过 \(p\) 元能获得的最大总美味度，每种冰淇淋只能购买一次。

\(1\le q\le 3\times 10^4\)，\(1\le p,t\le 2\times 10^3\)。

思路

相当于可持久化前删后加的 01 背包，还是比较套路的。

先解决可持久化，这个可以直接建出版本树。

现在在前面后和后面都有添加和删除操作，考虑维护两个栈分别处理前后的操作。只需要在其中一个栈为空时重构两个栈，将元素两两平分给两个栈。

时间复杂度是 \((qV)\) 的。

令 \(c_i\) 表示第 \(i-1\) 次和第 \(i\) 次重构之间加入的元素个数，令 \(s_i\) 表示第 \(i\) 次重构时一共元素的个数，那么有 \(s_i=\frac{s_i}{2}+c_i\)，每个 \(c_i\) 造成的贡献就是 \(c_i+\frac{c_i}{2}+\frac{c_i}{4}+\dots\) 一共就是 \(O(q)\)。

CF2096F Wonderful Impostors

*3100

tag: 数据结构，贪心，双指针

题目描述

你是一位名为 Gigi Murin 的主播。今天，你将与编号为 \(1\) 到 \(n\) 的 \(n\) 位观众进行一场游戏。

在游戏中，每位玩家要么是船员，要么是内鬼。你并不知道每位观众的具体身份。

共有 \(m\) 条编号为 \(1\) 到 \(m\) 的陈述，每条陈述要么为真，要么为假。对于从 \(1\) 到 \(m\) 的每条 \(i\)，陈述 \(i\) 属于以下两种类型之一：

• \(0\:a_i\:b_i\)（\(1 \leq a_i \leq b_i \leq n\)）——观众 \(a_i, a_i + 1, \ldots, b_i\) 中没有内鬼；
• \(1\:a_i\:b_i\)（\(1 \leq a_i \leq b_i \leq n\)）——观众 \(a_i, a_i + 1, \ldots, b_i\) 中至少存在一名内鬼。

你需要回答 \(q\) 个形式如下的问题：

• \(l\:r\)（\(1 \leq l \leq r \leq m\)）——是否有可能使得编号 \(l, l + 1, \ldots, r\) 的所有陈述同时为真？

注意：不保证所有观众中至少存在一名内鬼，也不保证所有观众中至少存在一名船员。

思路

先考虑对于一次询问我们可以如何判断。

将询问区间内所有的 0 类型的条件拿出来，并将它们所对应的区间加 \(1\)。之后看每一个 1 类型的条件，要求在它对应的区间里存在至少一个位置为 \(0\)，即不会被若干 0 类型的条件的并所包含。

接下来考虑多次询问怎么做。如果对于每一个 \(i\) 我们可以求出一个最小的 \(j\) 使得区间 \([j,i]\) 中的条件都满足限制，那么对于一个 \(r=i\) 的询问，只需要满足 \(j\le l\) 即可。

让我们考虑用双指针来维护。当我们新加入一个条件 \([L,R]\) 后：

• 若为 0 类型，那么它可能自己或与左右的区间合并起来来使得一个 1 类型的条件被包含。注意到，这样 1 类型的条件一定与当前新加入的 0 类型条件有交，否则它会在之前就被判断掉。所以，我们每次可以求出 \([1,L]\) 中最后一个为 \(0\) 的位置 \(ql\) 和 \([R,n]\) 中第一个为 \(0\) 的位置 \(qr\)，之后就只需要看是否存在一个 1 类型的条件被 \([ql+1,qr-1]\) 包含，被包含就说明现在不合法，左指针需要增加。

• 若为 1 类型，要不合法就只可能是它被若干 0 类型条件的并所包含，若是其它 1 类型的条件不合法也会在之前就被判断掉。当然，这个也很好判断，只需要看 \([L,R]\) 的最小值是否为 \(0\)，若不为 \(0\) 就说明现在不合法，左指针需要增加。

说一些实现上的事情。对于 0 类型的条件，可以使用线段树维护区间加减，区间 min 和区间最左边及最右边的最小值位置，这些都比较常规。对于 1 类型的条件，同样使用线段树维护每个右端点所对应的左端点的最大值，由于有加有删，所以可以在每个叶子上用一个 multiset 来维护存在的值。这样，对于每次询问 \([ql+1,qr-1]\) 中是否有 1 类型的条件，就只需要看区间 \([ql+1,qr-1]\) 中最大的左端点是否大于等于 \(ql+1\)。

时间复杂度 \(O(m\log n)\)。