Petrozavodsk Summer 2024. Day 1. Welcome Contest

\(\color{green}{\checkmark}\) 表示独立通过，\(\color{yellow}{\checkmark}\) 表示经提示后通过，\(\color{red}{\checkmark}\) 表示一点不会看的题解，\(\color{red}{\times}\) 表示到现在还是一点不会。

A. Adding Integers \(\color{green}{\checkmark}\)

考虑差分，记 \(a_0 = n, a_{q + 1} = 0\)，\(a\) 的差分序列 \(b_i = a_i - a_{i+1}\)。

那么原式的组合意义就是将 \(n\) 个小球放到 \(q + 1\) 个的盒子，第 \(i\) 个盒子放 \(b_i\) 个，球和盒子都有标号的方案数。

对于所有的 \(b\) 求和之后就变成 \(n\) 个小球放到 \(q + 1\) 个盒子里，球和盒子都有标号的方案数，这个就是 \((q+1)^n\)。

快速幂即可。

B. Bottles \(\color{green}{\checkmark}\)

考虑固定毒药和水，往里面插入灵药。

如果毒药第一次发作是在时刻 \(x\)，那么我们的要求就是在前 \(x\) 个位置中至少插入一个灵药。

那么我们现在需要求出的就是 \(f(x)\) 毒药恰好在 \(x\) 时刻发作的方案数。

做后缀和，那么就只要求 \(g(x)\) 表示毒药在 \(x\) 时刻后发作的方案数。

发现如果固定 \(x\)，那么每种毒药能放的位置是一段后缀，不难算出有 \(m = \min(x - t - 1, p)\) 种毒药不能随便放，经过简单的计算即可得出 \(\displaystyle g(x) = \big(p + w - (x - t) + 1\big)^m \frac{(p + w - m)!}{w!}\)。

根据 \(g(x)\) 求出 \(f(x)\) 后即可简单地算出答案，时间复杂度线性。

C. Counting Orthogonal Pairs \(\color{green}{\checkmark}\)

对于正多边形的一个角，会被分成 \(n - 2\) 个大小为 \(\displaystyle\frac{(n-2)\pi}{n}\) 的角。

记我们选的两条线段之间隔了 \(k\) 个角，那么一定满足 \(\displaystyle k \cdot \frac{\pi}{n} = \frac{\pi}{2}\)，即 \(2k = n\)。

因此不难得出结论，当 \(2 \nmid n\) 时答案为 0，否则为 \(\displaystyle n\left(\frac n 2 - 1\right)\)。

D. Divine Tree \(\color{green}{\checkmark}\)

考虑找到 G 的个数 \(g\)，B 的个数 \(b\)，那么随意定根后切的边一定满足是深度较大的点的子树大小为 \(g\) 或 \(b\)。

不妨设子树大小为 \(g\)，考虑如何计算答案，发现答案是 子树内所有 B 到子树根的距离和 和 子树补内所有的 G 到父亲的距离和 之和。

把有用的位置拉出来按 dfn 顺序排成序列后所有的操作都会变成区间加，查询全局最大值的形式，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

E. Experiments With Divine Trees \(\color{green}{\checkmark}\)

考虑枚举 G 的个数 \(g\) 计算答案。

合法的可能并不好算，可以通过总方案数 \(\displaystyle \binom{n}{s}\) 减掉不合法的方案数来计算。

考虑如果固定了切哪条边，如果 G 的子树的叶子全是 B，B 的子树的叶子全是 G 那么才不合法，这种情况的方案数是 \(\displaystyle \binom{n - \operatorname{leaf}(g) - \operatorname{leaf}(b)}{g - \operatorname{leaf}(b)}\)。

但是有三种 corner case：

• 有至少两种方式将切成 \((g, b)\)。
• 切的位置是链，此时能切成 \((g + 1, b - 1)\)。
• 可以切成 \((g - 1, b + 1)\)。

这三种的答案都是 \(\displaystyle \binom{n}{s}\)。

直接统计即可，时间复杂度线性。

F. Fruit Tea \(\color{yellow}{\checkmark}\)

考虑差分数组 \(b_i = a_i - a_{i+1}\)，那么就是要求 \(b\) 中大于 0 的位置的和为 \(k\)，小于 0 位置的和为 \(-k\)。

考虑变成更为熟悉的形式：一条从 \((0, 0)\) 到 \((k, k)\) 的折线，要求在 \(y = x\) 的下方，求将它切成 \(n\) 段可空直线的方案数。

如果这条折线有 \(m\) 个 \((1, 0)\) 和 \((0, 1)\) 的交界点，那么就总共有 \(2m\) 段。

\(a_0\) 对应着 \((0, 0)\) 这个点，\(a_{n+1}\) 对应着 \((k, k)\) 这个点，然后我们还需要找到 \(n\) 个点对应 \(a_{1 \sim n}\)。

考虑先把交界点切开，共有 \(2m - 1\) 个，然后剩下的位置可以随便切，不难得出方案数为 \(\displaystyle \binom{n-(2m-1)+(2k+1)-1}{(2k+1)-1} = \binom{n-2m+2k+1}{2k}\)。

下一步要计算的是 \(f_{n, m}\) 表示从 \((0, 0)\) 走到 \((n, n)\)，恰好有 \(m\) 个 \((1, 0)\) 和 \((0, 1)\) 的交界点，路径在 \(y=x\) 下方的方案数。

这个是经典问题 dyck path with k peaks，这里提供三种做法。

第一种是考虑记它的生成函数为 \(\displaystyle F(x, y) = \sum_{n, m} f_{n, m} x^{n}y^{m}\)，考虑第一次接触到 \(y = x\) 的位置，那么不难得到：

\[F = 1+x(y+F-1)F \]

记 \(G = F - 1\)，进行拉格朗日反演可得：

\[\begin{aligned} \left[x^n\right]G &= \frac{1}{n}[x^{n-1}] \big((x+y)(x+1) \big)^n \\ &= \frac{1}{n} [x^{n-1}] \sum_{\substack{0 \le j \le n \\ 0 \le k \le n}} \binom{n}{j}\binom{n}{k} x^{j+k} y^{n- k} \\ &= \frac{1}{n} \sum_{j + k = n - 1} \binom{n}{j} \binom{n}{k} y^{n-k} \\ &= \frac{1}{n} \sum_{0 \le j \le n - 1} \binom{n}{j} \binom{n}{j+1} y^{j+1} \end{aligned} \]

不妨设 \(n \neq 0\)，进一步可得：

\[[x^n y^m] F(x, y) = \frac{1}{n} \binom{n}{m - 1} \binom{n}{m} \]

第二种是考虑类似反射容斥的东西，先计算 \(g_{n, m, k}\) 表示从 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\)，有 \(k\) 个转折点的方案数，这个可以通过简单的分类讨论得到：

\[\begin{aligned} g_{n, m, k} = \begin{cases} \displaystyle 2 \binom{n-1}{\frac{k+1}{2} - 1} \binom{m-1}{\frac{k+1}{2}-1} &, 2 \nmid k \\ \displaystyle \binom{n-1}{\frac{k}{2}-1} \binom{m-1}{\frac{k}{2}} + \binom{n-1}{\frac{k}{2}} \binom{m-1}{\frac{k}{2}-1} &, 2 \mid k \end{cases} \end{aligned} \]

对于一种不合法方案，找到它第一次与 \(y = x+ 1\) 接触的位置，并翻折，这是正常的反射容斥的做法。

但是对于这个问题，问题在于翻折后 \(k\) 不好确定。

解决办法是按如下构造双射使得翻折后 \(k\) 恰好减少 1：

• 找到不合法的折线与 \(y = x+1\) 第一次接触的位置，并翻折形成走到 \((n - 1, m + 1)\) 的折线。
• 若这条折线与 \(y = x + 1\) 相交后走的第一步 \((0, 1)\)，将交点后到这一步之间的部分（包括这一步）全部删掉，形成新的折线。

这样就构造出了双射。

考虑枚举相交后向右走的步数，可以得到：

\[\begin{aligned} f_{n,k} &= g_{n, n, 2k-1} - \sum_{i \ge 0} g_{n - 1 - i, n, 2k - 2} \\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \sum_{i \ge 0} \left( \binom{n-i-2}{k-2} \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-i-2}{k-1} \binom{n-1}{k-2} \right)\\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-1} \sum_{i \ge 0} \binom{n-i-2}{k-2} - \binom{n-1}{k-2} \sum_{i \ge 0} \binom{n-i-2}{k-1} \\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-1} \sum_{i \le n -2} \binom{i}{k-2} - \binom{n-1}{k-2} \sum_{i \le n-2} \binom{i}{k-1} \\ &= 2\binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-1} \binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-2} \binom{n-1}{k} \\ &= \binom{n-1}{k-1}\binom{n-1}{k-1} - \binom{n-1}{k-2} \binom{n-1}{k} \\ \end{aligned} \]

不难验证这个与上面的结果等价。

第三种是考虑把问题转化成这样的形式：求由 \(n\) 个 +1 和 \(n\) 个 -1 组成的序列的个数，要求满足恰好有 \(k\) 个形如 +1 -1 的子串，且每个位置的前缀和非负。

在前面加一个 +1，这样限制就变成了：\(n+1\) 个 +1 和 \(n\) 个 -1，要求每个位置的前缀和是正数。

先不管前缀和的限制，此时序列一定是恰好 \(k\) 个 +1 的连续段和 \(k\) 个 -1 的连续段交替构成的，那么计数就是对 +1 和 -1 的部分分别插板一下：\(\displaystyle \binom{n}{k - 1} \binom{n-1}{k-1}\)。

我们有如下引理：

Raney 引理：若序列 \(\langle x_1, x_2, \cdots, x_m \rangle\) 是任何一个和为 +1 的整数序列，那么它的循环位移中恰好有一个满足所有前缀和都是正数。

证明见《具体数学》。

不难发现，对于一个合法的序列，它的循环位移在上面的计算中被数到了恰好 \(k\) 次（只会数到开头是 +1 结尾是 -1 的循环位移，不难发现有恰好 \(k\) 个），所以就得到了答案：

\[\frac{1}{k} \binom{n}{k - 1} \binom{n - 1}{k - 1} = \frac{1}{n} \binom{n}{k - 1} \binom{n}{k} \]

可以通过吸收恒等式得出与上面相同的结果。

其实还有一些基于拐点信息的做法，懒得写了。

时间复杂度 \(O(n)\)。

G. Gold Coins \(\color{red}{\times}\)

道理我都懂，但是为啥是对的呢？

经过细致的观察，发现 01 矩阵 \(s\) 合法的充要条件是：删掉所有全 0 的行和列后，存在 \(x, y\)，满足 \(s_{[1, x], [1, y]}\) 全是 1，\(s_{[x+1, r], [y+1, c]}\) 全是 0，\(s_{[1,x],[y+1,c]}\) 是合法的，\(s_{[x+1, r], [1, y]}\) 是合法的。

知道了这个之后就可以倒着 DP 了：记 \(f_{i,j }\) 表示使得 \(s_{[i, n], [j, m]}\) 合法的最小步数，转移是平凡的。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

H. Heroes and Illusions \(\color{green}{\checkmark}\)

不妨钦定 \(a_0 = a_{n + 1} = 1\)，记第 \(i\) 个 1 与上一个 1 的距离为 \(b_i\)，由于奇偶性不同的位置才能贡献答案，那么可以得到答案为：\((b_1+b_3+\cdots)(b_2+b_4+\cdots) = k\)。

记 \(b_1 + b_3 +\cdots = x\)，那么有 \(x(n+1-x) = k\)，解出来即可。

最后答案是把他们拼起来 \(\displaystyle \frac{1}{1 + [x = n + 1 - x]}\binom{n+1}{x}\)。

I. Interesting Permutations \(\color{yellow}{\checkmark}\)

首先考虑如果固定了开头怎么做，一个观察是固定开头 \(s_1\) 后 \(>s_1\) 的数和 \(< s_1\) 的数是相对独立的，合并的时候只需要乘一个组合数。

现在的目标就是计算 \(f_i\) 表示长度为 \(i\) 的排列合法的概率，观察是每个位置能填的数只和前缀最大值有关，所以如果想填上 \(i\)，那么 \(i\) 之前必须出现 \([i - k, i)\) 中的一个数，这样就能得到转移 \(\displaystyle f_i = \frac{1}{i} \sum_{i - k \le j < i} f_j\)。

对于一个查询 \((n, l, r)\)，我们要计算的就是：

\[(n - 1)!\sum_{l \le i \le r} f_{i - 1} f_{n - i} \]

显然可以分块预处理，时间复杂度 \(O(q\sqrt{n \log n})\)。

J. Jumping Game \(\color{red}{\checkmark}\)

没见过的结论，哎。

\(\text{Theorem}\)：一张无向图，一个棋子最初在 \(s\)，Alice 和 Bob 轮流将棋子沿任一出边移动一步，要求不能走到走过的点，不能移动的人输。先手必败的充要条件是存在一组最大匹配没有覆盖 \(s\)。

\(\text{Proof}\)：先证必要性。若存在一组没有覆盖 \(s\) 的最大匹配，那么先手第一步走完之后一定会走到一个被覆盖的点 \(u\)（否则可以将 \(s\) 和 \(u\) 匹配使得匹配变大 \(1\)），后手的策略是走到 \(u\) 的匹配点 \(v\)。此时如果先手走到了一个点 \(t\) 没被最大匹配覆盖，那么我们可以将 \(s \rightsquigarrow t\) 上的点从 \(s\) 开始相邻两个匹配使得匹配变大 \(1\)，所以 \(v\) 能走到的点一定全是被最大匹配覆盖的点。以此类推，先手每次都会走入到一组匹配中，后手会走到这组匹配的另一个点中，直到先手无路可走。

再证充分性。考虑证明它的逆否命题：若所有的最大匹配都覆盖 \(s\)，则先手必胜。先手每次会从匹配的一个点走到另一个点，后手一定会从这个匹配走出去。如果走到了一个未被匹配覆盖的点 \(t\)，我们一定能将 \(s \rightsquigarrow t\) 上的点从 \(t\) 开始相邻两个匹配，这样匹配大小不变，而 \(s\) 未被覆盖，矛盾。因此后手一定只能走到一个被匹配覆盖了的点。最后一定是后手在某一步无路可走。

对于这个问题，发现这个图大部分时候都是存在完美匹配的，因此只需对 \(O(1)\) 中情况分类讨论即可。

K. Kangaroo On Graph \(\color{green}{\checkmark}\)

按边做最短路即可。

L. Low Cost Set \(\color{green}{\checkmark}\)

首先一种方案是把它原有的区间全都选进去。

发现我们唯一可以做的有用的调整就是把满足 \(l_0 < l_1 < r_0 < r_1\) 的 \((l_0, r_0), (l_1, r_1)\) 调整成 \((l_0, l_1), (l_1, r_0), (r_0, r_1)\)，然后这显然是一般图最大权匹配。