AtCoder Regular Contest 225 ABCD

AtCoder Regular Contest 225 - AtCoder

A - Four Coloring

给定矩阵 \(X\)（\(X_{ij}\in\{1,2,3,4\}\)），构造矩阵 \(Y\)（\(Y_{ij}\in\{1,2,3,4\}\)），使得对于任意相邻的 \((i_1,j_1)\) 和 \((i_2,j_2)\) 有：

• 如果 \(|X_{i_1j_1}-X_{i_2j_2}|=1\)，则 \(|Y_{i_1j_1}-Y_{i_2j_2}|\ge2\)；
• 如果 \(|X_{i_1j_1}-X_{i_2j_2}|\ge2\)，则 \(|Y_{i_1j_1}-Y_{i_2j_2}|\le1\)。

保证 \(X\) 中相邻位置不同，但构造的 \(Y\) 中相邻位置可以相同。可以证明一定有解。\(N\le500\)。

建立映射：

\[1\to3,\\ 2\to1,\\ 3\to4,\\ 4\to2. \]

B - Independent Nim

给定 01 串，Alice 和 Bob 轮流操作，每次操作可以选取任意数量的两两不相邻的 1，将它们变成 0。

Alice 先手，无法操作的人判负，问谁能获胜。\(T\le10^5\)，\(\sum N\le2\cdot10^5\)。

首先，可以将 01 串分成若干个只含有 1 的连续段，那么「两两不相邻」的限制只对每一段的内部有效。

下面将「极长连续 1 段」简称为「1 段」。

考虑如何将每个 1 段的胜负状态拼起来。

根据博弈论的知识我们知道，必胜状态可以控制到必败状态，必败状态无论怎么走都会变成必胜状态。

1. 如果存在至少一段为必胜状态，则可以将所有的必胜段全部转变为必败状态，变为情况 2。
2. 如果所有段都是必败状态，则无论选择其中哪些段进行操作，都会使所操作的段变为必胜状态，进而变为情况 1。
3. 整个 01 段中的 1 的个数不断减少，故最终会收敛到全 0 串，为必败状态。

因此，对于整个 01 串，若存在至少一个极长连续 1 段为必胜，则先手必胜，否则先手必败。

现在考虑只存在连续的 1，是否必胜。设长度为 \(L\)。\(k\) 为任意正整数。

0. 边界状况：\(L=0,2\) 必输，\(L=1\) 必赢。进而 1 段全是 \(11\) 的 01 串也是必败状态。
1. 若 \(L=3k\)，可以将 \(111\,111\,\cdots\) 变为 \(110\,110\,\cdots\)，故为必胜状态；
2. 若 \(L=3k+1\)，可以将 \(111\,111\,\cdots\,111\,1\) 变为 \(011\,011\,\cdots\,011\,0\)，故为必胜状态；
3. 若 \(L=3k+2\)，可以将 \(111\,111\,\cdots\,111\,11\) 变为 \(110\,110\,\cdots\,110\,11\)，故为必胜状态。

故连续的 1 为必输状态当且仅当 \(L=2\)。进而，整局游戏先手必输当且仅当 1 段的长度全为 \(2\)。

C - K Spanning Tree

边权为 0/1 的无向简单连通图，求边权和恰好为 \(K\) 的生成树，或报告无解（输出 \(-1\)）。

\(T\le10^5\)，\(\sum N,\sum M\le2\cdot10^5\)，\(0\le K\le N-1\)。

根据以上定理，设最小生成树边权为 \(x\)，最大生成树边权为 \(y\)，如果 \(x\le K\le y\) 则一定有解。

考虑如何构造。构造分为三步：

1. 由于 \(0\) 边对边权总和不产生贡献，我们先不加 \(0\) 边，到最后再加入必要的 \(0\) 边使图连通。由于 \(0\) 边无法完成的事只能用 \(1\) 边，先考虑 \(0\) 边构成的子图，形成的若干连通块只能用 \(1\) 边连起来。
2. 之后，使用 \(1\) 边将边权凑到 \(K\)。使用并查集维护，避免形成环。
3. 最后，使用 \(0\) 边构成完整的生成树。

根据上面的结论，这三个步骤一定可以完成。Submission #77691600 - AtCoder Regular Contest 225

D - Gap Swap (easy)

给定 \(1,2,\cdots,N\) 的排列 \(P\)。可以进行下述操作：

• 选择 \(i,j\) 满足：
  • \(1\le i<j\le N\)；
  • 对任意 \(k\) 满足 \(i<k<j\) 有 \(P_k=k\)。
• 交换 \(P_i,P_j\)，代价为 \(j-i\)。

求将 \(P\) 按升序排序的最小代价。注意，如果 \(i+1=j\)，则一定可以进行此操作，因此 \(P\) 一定可以被排序。

\(2\le N\le5\cdot10^5\)。

Editorial - AtCoder Regular Contest 225

令 \(f(P)=\sum|P_i-i|\)，即每个元素到达其正确位置的距离之和，最终 \(f(P)\) 会变为 \(0\)。而位置 \(P_i\) 即为元素 \(P_i\) 的目标位置。

每次操作，让元素 \(P_i\) 向右移动 \(j-i\) 的距离，同时让元素 \(P_j\) 向左移动 \(j-i\) 的距离，则总距离减少了 \(2(j-i)\)。

因此，花费 \(c\) 的代价至多可以让 \(\boldsymbol{f(P)}\) 减少 \(\boldsymbol{2c}\)，故代价存在下界 \(\frac12\sum|P_i-i|\)。

下面证明下界的可达性。

容易发现，如果 \(P_i\) 在 \(j\) 右边，\(P_j\) 在 \(i\) 左边，则总距离一定可以减少 \(2(j-i)\)。

因此只需要证明：只要没归位，就一定存在可选的 \(i,j\)，使得 \(P_i\ge j\) 且 \(P_j\le i\)。

设所有不满足 \(P_k=k\) 的位置序列为 \(a_1,a_2,\cdots,a_t\)（按递增顺序排列），那么每次操作可选的位置为 \(a_r,a_{r+1}\)（\(1\le r<t\)）。

首先，\(a_r\) 和 \(a_{r+1}\) 之间的元素都已归位，因此 \(P_{a_r},P_{a_{r+1}}\) 不可能在区间 \((a_r,a_{r+1})\) 内。

1. \(t=2\)：一定有 \(P_{a_1}=a_2,P_{a_2}=a_1\)。
2. \(t\ge3\)：反证法，假设对于任一 \(a_r,a_{r+1}\) 都有 \(P_{a_r}\le a_r,P_{a_{r+1}}\ge a_{r+1}\)。
   那么，对于操作 \((a_{r-1},a_r)\) 应有 \(P_{a_r}\le a_r\)，对于操作 \((a_r,a_{r+1})\) 应有 \(P_{a_r}\ge a_r\)。
   故 \(P_{a_r}=a_r\)，这与 \(a_r\) 未归位的前提产生矛盾。

因此，一定存在 \(a_r,a_{r+1}\)，使得 \(P_{a_r}\ge a_{r+1},P_{a_{r+1}}\le a_r\)。

官方题解的证明：

由于 \(P_{a_1}>a_1,P_{a_t}<a_t\)，故根据零点存在定理，一定存在相邻的 \(a_i,a_{i+1}\) 满足 \(P_{a_i}>a_i,P_{a_{i+1}}<a_{i+1}\)。

综上，答案为 \(\frac12\sum|P_i-i|\)。