CF2065 做题记录

CF2065 做题记录

赛时过了 ABDEF。G 改代码的时候忘删掉一个 continue，一直过不了。E 忘记判 \(k > \max(n, m)\) 调了一年，还吃了一车罚时。C 赛时不会。

总结：烂完了。

A

直接模拟即可。

B

当序列中有两个相邻的相同的数时答案为 \(1\)，否则答案为 \(n\)。

C

从左到右依次确定每个 \(a_i\)，贪心地让 \(a_i\) 在不小于 \(a_{i - 1}\) 的情况下尽可能小。如果到某个地方无法使 \(a_{i} \ge a_{i - 1}\) 则无解。

D

先考虑一个简化问题：给定一个序列 \(\{a\}\)，重排使得 \(\sum_{i = 1}^{n} S_{i}\) 最大。

由于 \(\sum_{i = 1}^{n} S_{i} = \sum_{i = 1}^{n} (n - i + 1)a_{i}\)，所以越靠前的数被计算的次数越多，因此 \(\{a\}\) 升序排序时最优。

回到这个题，每个序列一开始被计算的部分不完整，之后一直累加整个序列的和。前面不完整的部分无论怎么重排都一样，后面的部分，由于每个序列长度相同，所以直接贪心地让按整个序列的和从小到大排序即可。

形式化地说，答案可以表示为：

\[\sum_{i = 1}^{n} \left((n - i)mS_{i} + \sum_{j = 1}^{m}\sum_{k = 1}^{j} a_{i, k}\right) \]

其中 \(S_{i}\) 表示第 \(i\) 个序列的和。\(\sum_{j = 1}^{m}\sum_{k = 1}^{j} a_{i, k}\) 和序列的顺序无关，所以最大化前面那部分就行，因此按 \(S_{i}\) 降序排列。

E

构造。设串 \(s\) 中有 \(x\) 个 \(0\) 和 \(y\) 个 \(1\)，记 \(f(s) = |x - y|\)，即题目中的“balance-value”。

先考虑无解情况：对于整个串，无论怎么排序，都有 \(f(s) = |n - m|\)，所以当 \(k < |n - m|\) 时无解，这是 \(k\) 过于小的极端情况。另一个极端是 \(k > \max(n, m)\)，此时同样无解。

下面不妨设 \(n > m\)。容易构造出策略：先放 \(k\) 个 \(0\)，那么这个长为 \(k\) 的子串保证的整个串 \(f(s) = k\)。放完之后 \(n \gets n - k\)。之后放上多出来的 \(1\)，直到 \(n = m\)。最后放上 \(n\) 对 \(01\)（或 \(10\)，根据之前最后一个字符而定）即可。容易发现这一定满足要求。

F

如果一条路径存在绝对众数 \(x\)，那么 \(x\) 出现的次数至少为 \(2\)。可以发现在这个路径中，要么有两个相邻的 \(x\)，要么有一个点同时和两个 \(x\) 相邻。（严谨证明参见官方题解，用了反证法。）而实际上，“两个相邻的 \(x\)”本身就已经构成了以 \(x\) 为绝对众数的路径，“有一个点同时和两个 \(x\) 相邻”同理，因此只需要判断这两种情况，这是简单的。时间复杂度 \(O(n + m)\)。

G

赛时没有想清楚就开始写，浪费了很多时间！一定要把逻辑捋顺再写代码啊。

首先，由于 \(\operatorname{lcm}(a, b)\) 相当于把 \(a\) 和 \(b\) 的质因数分解上的每个指数取 \(\max\)，所以如果 \(\operatorname{lcm}(a, b)\) 是半质数，那么 \(a, b\) 一定都是质数或半质数，因此只需考虑这些数。

进一步，如果 \(\operatorname{lcm}(a, b)\) 是半质数，那么 \(a, b\) 必然满足以下三种情况之一（设 \(p, q \in \mathbb{P}\)）：

1. \(a = b = pq\)（\(p, q\) 可以相等）
2. \(a = p, b = pq\)（\(a, b\) 反过来同理，\(p, q\) 可以相等）
3. \(a = p, b = q\)（\(p \neq q\)）

由于值域为 \(n\)，所以筛出 \(n\) 以内所有的素数，开一个桶记录每个数出现的次数，枚举所有的 \(p\) 和 \(pq\) 类型的数，再用组合公式统计一下即可。

H

计数题！难点主要在于第一步的转化，后续的数据结构优化是顺理成章的。

按子序列计数显然是没有前途的，因为子序列的数量是 \(O(2^{n})\)。按照计数问题的套路，我们先改变计数对象。

对于一个序列，它的权值是其极长的 \(0\) 和 \(1\) 连续段个数，所以我们不妨想想这些极长连续段是怎么出现的。除了第一个极长连续段，所有极长连续段的的开头第一个数必然和它前面一个数不同。也就是说，两个相邻的不同数贡献一个连续段。形式化的表述为：

\[f(s) = 1 + \sum_{i = 1}^{n - 1} [s_{i} \neq s_{i + 1}] \]

因此可以枚举值不同的数构成的数对 \((i, j)\)（\(i < j\) 且 \(s_{i} \neq s_{j}\)）。对于一对 \((i, j)\)，它对总答案的贡献就是使得 \(s_{i}\) 和 \(s_{j}\) 相邻的子序列个数。那么有多少个这样的子序列呢？这相当与钦定 \(s_{i}\) 和 \(s_{j}\) 必须选，\(s_{i + 1} \sim s_{j - 1}\) 必须不选，其它位置可以选也可以不选。因此 \((i, j)\) 对答案的贡献为 \(2^{i - 1 + n - j}\)，总答案为：

\[\boxed{ans = \sum_{i = 1}^{n} \left(2^{n - i} + \sum_{j = i + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{i - 1 + n - j}\right)} \]

（加上 \(2^{n - i}\) 是考虑到 \(s_{i}\) 作为整个子序列的开头时的贡献，此时只有 \(i + 1 \sim n\) 的位置可以任意选。）这样就导出了一个 \(O(qn^2)\) 的做法。

考虑优化。把上式提出公因式变成

\[ans = \sum_{i = 1}^{n} \left(2^{n - i} + 2^{i - 1} \cdot \sum_{j = i + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{\ n - j}\right) \]

预处理一下 \(2^{n - j}\) 的后缀和，就可以做到 \(O(qn)\) 的时间复杂度。这里的瓶颈主要在于每次修改的时候都要重新算一遍后缀和。

到了这一步，已经可以 \(O(n)\) 计算出在没有修改时的答案。因此我们先计算出未修改时的答案，然后考虑每次修改对答案的影响，在把答案加上这个影响。

由于我们每次修改一个位置的值，因此我们写出一个位置 \(p\) 对答案的贡献 \(g(p)\)：

\[g(p) = 2^{n - p} + 2^{n - p} \cdot \sum_{i = 1}^{p - 1} [s_{i} \neq s_{p}] \cdot 2^{i - 1} + 2^{p - 1} \cdot \sum_{i = p + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{p}] \cdot 2^{n - i} \]

第一项代表 \(p\) 作为子序列第一个值时的贡献，第二项计算形如 \((i, p)\)（\(i < p\)）的数对的贡献，第三项计算形如 \((p, i)\)（\(p < i\)）的数对的贡献。

（值得一提的是，\(ans \neq \sum_{i = 1}^{n} g(i)\)，因为 \(g(i)\) 统计了所有包含 \(i\) 的数对的贡献，所以对于每个数对 \((i, j)\)，它在算 \(g(i)\) 和 \(g(j)\) 的时候都会被统计到，这样会算重。因此计算 \(ans\) 的时候一定要保证枚举的数对是有序的。但修改的时候我们考虑 \(i\) 的所有贡献，所以任何包含 \(i\) 的数对都要被计入其中。）

每次修改时，先减去 \(p\) 原来的贡献 \(g(p)\)，再加上新的贡献 \(g'(p)\)。\(\sum_{i = 1}^{p - 1} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{i - 1}\) 和 \(\sum_{i = p + 1}^{n} [s_{i} \neq s_{j}] \cdot 2^{n - i}\) 这两项需要单点修改和区间求值，用树状数组维护即可。（为了计算 \([s_{i} \neq s_{j}]\) 这个因子，需要开两组树状数组分别维护 \(0\) 位置和 \(1\) 位置的值。说“两组”是因为每组都要开两个线段树分别维护 \(2^{i -1 }\) 的和及 \(2^{n - i}\) 的和。）

综上所述，我们做到了 \(O(n + q \log n)\) 的时间复杂度。AC 记录