牛客练习赛 136 DEF 题解

牛客练习赛 136 DEF 题解

D. 幽幽子的魔法宴会

贪心，[绿]

设选择施用魔法的食物集合为 \(S\)。由于 \(S\) 和 \(x\) 都是变量，无从下手。

考虑确定 \(S\)。设 \(x\) 的 highbit 为 \(i\)，那么 \(j \in S\) 当且仅当 \(a_{j}\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)。这是运用了二进制贪心的经典结论：\(\sum\limits_{k = 0}^{m - 1} 2^{k} = 2^{m} - 1 < 2^{m}\)，也就是说尽可能让高位为 \(1\) 总是最优的。

确定 \(S\) 之后就好办了。接下来可以逐位确定 \(x\) 的低位，而各位是互不相关的。对于第 \(k\) 位，统计 \(S\) 中第 \(k\) 位为 \(1\) 和 \(0\) 的数量，如果 \(0\) 比较多，则令 \(x\) 的第 \(k\) 位为 \(1\) 可以使总和增大。选出所有能使得总和增大的位以后，先判断最大的总和能否达到 \(y\)，如果可以，再最小化代价。还是运用那个结论：从高到低枚举选择了的位，如果删去之后还能达到 \(y\)，那么就可以删去。

枚举 highbit 再计算，即可解决本问题。设 \(w = \max a_{i}\)，则时间复杂度为 \(O(n \log^{2} w)\)。代码

E. 纯粹的退治

分块，[紫-]

比较常规的 ds 题，稳扎稳打。

根据 WC T3 经典结论，最小操作次数就是 \(\sum\limits_{i = 1}^{n} \max(a_{i} - a_{i - 1}, 0)\)，其中 \(a_0 = 0\)。

然后我们应该考虑原数组的差分。因为：

1. \(a_i - a_{i - 1}\) 本身就是差分的形式。
2. 使区间加上一个等差数列，在差分数组上体现为使区间加上一个常数，这方便我们刻画问题。

那么设 \(b_i = a_i - a_{i - 1}\)，则修改操作就是：使 \(b\) 数组中 \([p - x + 1, p]\) 中的元素 \(-1\)，\([p + 1, p + x]\) 中的元素 \(+1\)。查询操作就是求 \(b\) 中所有正数的和。

可以想到用线段树/分块等数据结构维护这种区间问题。但我们可以证明：这个问题的时间复杂度不能做到 \(O(n \operatorname{polylog}(n))\)（见文末），所以只能分块。实际上就算无法证明这个结论，也应该发现线段树难以维护信息。

考虑对区间 \(+1\) 之后，区间正数和 \(\operatorname{sum}\) 的变化。设 \(\operatorname{cnt}_{\ge x}\) 表示区间内 \(\ge x\) 的数的个数，则区间 \(+1\) 以后，每个大于等于 \(1\) 的数都产生 \(1\) 的贡献，因此 \(\operatorname{sum} \gets \operatorname{sum} + \operatorname{cnt}_{\ge 1}\)。类似地，区间 \(-1\) 以后，\(\operatorname{sum} \gets \operatorname{sum} - \operatorname{cnt}_{\ge 0}\)。

如何维护 \(\operatorname{cnt}\) 呢？我们先记录每块的整体偏移量 \(\Delta\)，则区间中 \(\ge x\) 的数实际上是 \(\ge x - \Delta\) 的数。那么我们可以开一个桶来维护区间内 \(\ge x\) 的数的个数。但是值域很大，无法开下整个桶。我们设一个阈值 \(m\)，仅维护 \([-m, m]\) 中的 \(x\) 的 \(cnt\)。当 \(\Delta < -m\) 或 \(\Delta > m\) 时，就重构整个块，把 \(\Delta\) 的影响施加到 \(b\) 上，把 \(\Delta\) 清零并重新求出 \(cnt\)。设块长为 \(B\)，则重构整个块的时间复杂度为 \(O(B + m)\)。由于每次修改只会 \(+1\) 或 \(-1\)，所以因为 \(\Delta\) 超出阈值导致的重构次数应该不会很多。

于是我们的解法就很明显了：修改时，对于整块，修改 \(\Delta\) 和 \(\operatorname{sum}\)，如果 \(\Delta\) 超出阈值 ，就重构整个块。对于散块，则必须重构整个块（因为 \(\operatorname{cnt}\) 本质上是后缀和数组，除了整个重构没办法快速修改）。查询时，求所有块的 \(\operatorname{sum}\) 的和即可。

时间复杂度分析：查询的时间复杂度一定是 \(O(n / B)\)，主要看修改操作。修改时，一次重构两个散块，时间复杂度 \(O(B + m)\)；修改整块时，不考虑 \(\Delta\) 超出阈值导致的重构，时间复杂度为 \(O(n / B)\)。由于每次修改只会 \(+1\) 或 \(-1\)，所以每修改至少 \(m\) 次，一个块才会因为 \(\Delta\) 超出阈值重构一次。考虑全部 \(q\) 次修改，则总重构次数为 \(O\left(\dfrac{qn}{mB}\right)\)。因此总时间复杂度为 \(O\left(q \left(B + m + \dfrac{n}{B} + \dfrac{(B + m)n}{mB} \right)\right)\)，取 \(m = B = \sqrt{n}\) 即可做到 \(O(q\sqrt{n})\) 的时间复杂度。

实际上重构的次数可能没有那么多，我代码中取 \(m = 40\)，目前只有三个人跑的比我快。代码

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关于该问题时间复杂度不为 \(O(n \operatorname{polylog}(n))\) 的证明：

先考虑这个问题：给定长为 \(n\) 的初始序列 \(a_i\)，进行 \(O(n)\) 次区间 \(+1\) 或 \(-1\) 的操作，\(O(n)\) 次查询区间中 \(0\) 的个数。如果这个问题能做到总时间复杂度 \(O(f(n))\)，则矩阵乘法可以做到 \(O(n \cdot f(n))\)。

再修改一下限制，改成区间加任意整数。记 \(m = \sqrt{n}\)，设有两个 \(m \times m\) 的 \(01\) 矩阵 \(A\) 和 \(B\)，要计算 \(C = A \times B\)。构造一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，把它均分成 \(m\) 段。然后从 \(A\) 的第 \(j\) 列构造 \(a\) 的第 \(j\) 段：一开始 \(a\) 全为 \(0\)，如果 \(A_{i, j} = 1\)，则把第 \(j\) 段中任意一个 \(0\) 改为 \(i\)。计算 \(C_{x, y}\) 时，先令 \(a\) 中所有元素 \(-x\)，则第 \(k\) 段中存在 \(0\)，当且仅当 \(A_{x, k} = 1\)。然后再对于所有使得 \(B_{k, y} = 0\) 的 \(k\)，令第 \(k\) 段中所有元素减去一个大于 \(m\) 的数，这保证了第 \(k\) 段中不会存在 \(0\)（相当于“屏蔽”一个块）。此时 \(C_{x, y}\) 就是 \(a\) 中 \(0\) 的个数。（可以这样理解：令 \(a\) 中所有元素 \(-x\) 筛选出了第 \(A\) 的第 \(x\) 行中的 \(1\)，而第二步操作筛选出了 \(B\) 的第 \(y\) 列中的 \(1\)。操作以后 \(a\) 的第 \(k\) 段存在 \(0\)，当且仅当 \(A_{x, k} = 1 \and B_{k, y} = 1\)，所以每个 \(0\) 对 \(C_{x, y}\) 贡献 \(1\)。）

先枚举 \(y\)，进行 \(O(m)\) 次区间加操作，对使得 \(B_{k, y} = 0\) 的 \(k\)，令第 \(k\) 段中所有元素减去一个大于 \(m\) 的数。然后再枚举 \(x\)，对每个 \(x\) 进行一次全局 \(-x\) 操作，再全局 \(+x\) 复原，总操作 \(O(m)\) 次。枚举所有的列，则总操作 \(O(m^{2}) = O(n)\) 次，因此计算整个 \(C\) 的时间复杂度是 \(O(n \cdot f(n))\)。

然后考虑区间 \(\pm 1\) 的问题。由于 \(x\) 连续枚举，所以每次令 \(x \gets x + 1\) 时只需做一次全局 \(-1\) 操作。现在没法减去一个大于 \(m\) 的数了。我们把上述的所有操作都做两遍，这样序列中的元素都是偶数。为了屏蔽一个块，只需区间 \(+1\) 即可，因为 \(0\) 不是奇数。

综上所述，证毕。已知暴力矩阵乘法的时间复杂度为 \(O(m^{3}) = O(n^{1/2})\)，所以这个问题的时间复杂度应该不会快于 \(O(n^{1/2})\)。（否则我们就有更快的矩阵乘法了）

剩下的待补

F. 斯卡雷特家的游戏

博弈，Ad-Hoc，[蓝]

称先手为 Alice，后手为 Bob。

神秘 Ad-Hoc 题。

结论很简单，我们追求的是有迹可循地想出答案。

先考虑比较简单的情况。

\(n = 1\) 时，显然先手必胜。

\(n = 2\) 呢？不妨假设 Bob 指定一堆。如果 Alice 取走整堆，则只剩下一堆。轮到 Bob 操作的时候，Bob 就可以取走剩下的一堆，那么 Bob 获胜。所以 Alice 不应该取走整堆，只有一种例外：存在堆的大小为 \(1\) 时，Alice 只能取走整堆。因此，如果存在一堆的大小为 \(1\)，则 Bob 必胜。不存在大小为 \(1\) 的堆时呢？关键的来了：Alice 可以把某一堆的大小取到恰好为 \(1\)，这样就转化到了之前的情况。因此，如果 \(n = 2\)，当且仅当不存在某一堆的大小为 \(1\) 时先手必胜。

对于 \(n\) 更大的情况，考虑能不能转化到已知的情形。使用数学归纳法，假设对于 \(n \le k\) 时上述结论都成立，则当 \(n = k + 1\) 时，如果存在一个 \(1\)，那么 Bob 指定 Alice 取走所有的 \(1\)，就转化到了 \(n\) 更小，但是不存在 \(1\) 的情况。根据归纳假设，这种情况 Bob 必胜。（特别地，如果所有堆的大小都为 \(1\)，则 Bob 指定 Alice 取走 \(n - 1\) 个 \(1\)，就转化到了 \(n = 1\) 的情况，还是 Bob 必胜。）否则如果不存在 \(1\)，则 Alice 可以把某一堆的大小取到恰好为 \(1\)，这就转移到了先手必败的局面，因此 Alice 必胜。

综上所述，该结论当 \(n \ge 2\) 的时候都成立：当且仅当不存在某一堆的大小为 \(1\) 时先手必胜。这道题就做完了。

时间复杂度 \(O(n)\)。AC 记录