AtCoder Regular Contest 231 ABCDE

AtCoder Regular Contest 231

Tasks - AtCoder Regular Contest 231

AtCoder Regular Contest 231 ABCDE - f2021ljh - 博客园

A - Two Dimensional Invader

你是一个二维平面上的魔法战士，初始位置位于点 \((0,0)\)。接下来将依次发生 \(N\) 个事件。在第 \(i\) 个事件中（\(1\le i\le N\)），一只怪物会出现在点 \((X_i, Y_i)\) 处，你需要选择是用剑还是用魔法来击败这只怪物：

• 用剑：位置移动到点 \((X_i,Y_i)\)，代价等于移动前所在位置与点 \((X_i, Y_i)\) 之间欧几里得距离的平方。
• 用魔法：位置不发生移动，代价等于 \(Z_i\)。

请计算击败所有怪物最终所需的最小总代价。

\(1\le T\le10\)，\(\sum N\le2.5\cdot10^5\)，\(0\le X_i,Y_i<500\)，\(1\le Z_i\le10^9\)。

设 \(f_i(x,y)\) 表示击败当前怪物 \(i\) 且位置在 \((x,y)\) 的最小代价。由于 \(Z_i\) 固定，考虑费用提前计算，设开始时的总费用为 \(\sum Z_i\)，如果选了用剑，则再减去 \(Z_i\)。那么有

\[f_i(x,y)=\begin{cases} f_{i-1}(x,y),&(x,y)\ne(X_i,Y_i),\\ \min\{f_{i-1}(x,y),\min\limits_{x',y'}\{f_{i-1}(x',y')+(x'-x)^2+(y'-y)^2\}-Z_i\},&(x,y)=(X_i,Y_i). \end{cases} \]

注意我们没法每次都枚举所有 \(x',y'\)，但是 \((\Delta x)^2+(\Delta y)^2\) 可以拆成两部分分别计算，并且每次更新 \(f\) 只对一个位置有影响。于是我们可以预处理一维、枚举一维，这样就把 \(O(M^2)-O(1)\) 变成了 \(O(M)-O(M)\)，其中 \(M\) 为网格边长。

设 \(g(x,y)\) 表示当前从第 \(x\) 行的任意一列到 \((x,y)\) 的最小代价，即

\[\begin{aligned} mn(x,y)&=\min_{x',y'}\{f(x',y')+(x'-x)^2+(y'-y)^2\}\\ &=\min_{x'}\{(x'-x)^2+\min_{y'}\{f(x',y')+(y'-y)^2\}\}\\ &=\min_{x'}\{(x'-x)^2+g(x',y)\}. \end{aligned} \]

由于每次实质上只会更新一个位置，也就是 \(f_i(X_i,Y_i)\)，我们更新 \(g\) 的时候也只需要更新第 \(X_i\) 行的信息，即

\[g_i(x,y)=\begin{cases} g_{i-1}(x,y),&x\ne X_i,\\ \min\{g_{i-1}(x,y),f_i(x,Y_i)+(y-Y_i)^2\},&x=X_i. \end{cases} \]

进而

\[f_i(x,y)=\begin{cases} f_{i-1}(x,y),&(x,y)\ne(X_i,Y_i),\\ \min\{f_{i-1}(x,y),\min\limits_{x'}\{(x'-x)^2+g_{i-1}(x',y)\}-Z_i\},&(x,y)=(X_i,Y_i). \end{cases} \]

时间 \(O(NM)\)，其中 \(M\) 为网格边长。

初值：起点为 \((0,0)\)，故 \(f_0(0,0)=0,g_0(0,y)=y^2\)，其余 \(f_0(x,y)=\infty,g_0(x,y)=\infty\)。答案为

\[\sum_{i=1}^NZ_i+\min_{x,y}\{f_N(x,y)\}. \]

Submission #79776377 - AtCoder Regular Contest 231

B - Three Mex

给你非负整数 \(A,B,C\)。请判断是否存在满足以下三个条件的非负整数集合 \(X,Y\)，如果存在，请输出一组构造：

• \(\operatorname{mex}X=A\)，\(\operatorname{mex}Y=B\)，\(\operatorname{mex}\{x\oplus y:x\in X,y\in Y\}=C\)。
• \(X,Y\) 中的元素不超过 \(2026\)。

\(T\le10\)，\(0\le A,B,C\le1000\)。

首先令 \(X=\{0,1,\cdots,A-1\}\)，令 \(Y=\{0,1,\cdots,B-1\}\)，如果能异或出 \(C\) 则无解，否则需要凑出 \(0,1,\cdots,C-1\)。

注意到直接在 \(X\) 中加一个 \(1024\)，如果在 \(0,1,\cdots,C-1\) 中缺 \(x\) 则直接在 \(Y\) 中加一个 \(1024\oplus x\) 即可。

C - One Sky, Many Stars

现给定长度为 \(N\) 的非负整数序列 \(X=(x_1,x_2,\cdots,x_N)\) 和 \(D=(d_1,d_2,\cdots,d_N)\)，满足 \(x_1<x_2<\dots<x_N\)。

请处理 \(Q\) 次询问，格式如下：

• 给定非负整数 \(p,s\)，将 \(d_p\) 的值修改为 \(s\)。
• 对于 \(x\) 和 \(d\)，判断是否满足：
  • 存在一个整数序列 \(s\)，使得对任意 \(i\) 满足 \(\min_j|x_i-s_j|=d_i\)。
• 注意：对 \(d_p\) 的修改会保留并影响后续的所有询问。

\(1\le T\le10\)，\(1\le N,Q\le150\,000\)，\(0\le x_i,d_i,s\le10^9\)，\(1\le p\le N\)。\(\sum N,\sum Q\le2\cdot10^5\)。保证 \(X\) 严格递增。

首先考虑满足条件的序列 \(x,d\) 有什么性质。

对于每一个位置 \(x_i\)，我们要让 \(F_i=[x_i-d_i+1,x_i+d_i-1]\) 范围内不存在 \(s_j\)（称为禁用区间），并且让 \(L_i=x_i-d_i,R_i=x_i+d_i\) 这两个位置中的至少一个存在 \(s_j\)。

如果一个位置 \(x\) 不在任何禁用区间内，我们称其为可用位置，则序列不合法，当且仅当存在 \(i\) 使得 \(L_i,R_i\) 都不是可用位置。

这个刻画方式需要判断所有端点位置是否被某一禁用区间覆盖，然而事实上只需要考虑相邻的禁用区间即可。

结论：序列不合法，当且仅当存在一个位置 \(i\)，使得 \(L_i,R_i\) 都被 \(F_{i-1}\) 或 \(F_{i+1}\) 覆盖。

证明：

• 首先这样一定可以排除包含的情况。画个图可以知道，如果 \(F_j\) 是 \(i\) 后面第一个包含 \(L_i,R_i\) 的，则要么 \(F_j\) 也包含了 \(L_{j-1},R_{j-1}\)，要么 \(F_{j-1}\) 也包含了 \(L_i,R_i\)，一直从 \(j\) 回推到 \(i\) 即可证明。
• 现在考虑两两不包含的情况，此时对于任意两个区间 \(F_i,F_j\)（\(i<j\)），一定有 \(L_i<L_j,R_i<R_j\)。那么对于 \(i\)，考虑 \(L_i\) 是否被包含只需要考虑 \(j<i\) 的 \(F_j\)，考虑 \(R_i\) 是否被包含只需要考虑 \(j>i\) 的 \(F_j\)。以左侧为例，只需要考虑 \(R_j\) 的最大值是否超过 \(L_i\)，而 \(R_j\) 的最大值在 \(R_{i-1}\) 取到。右侧同理。

因此，维护一个不合法 \(i\) 的集合，更新 \(d_p\) 时只需要考虑 \(p-1,p,p+1\) 的状态（合法 / 不合法）是否改变即可。时间 \(O(N+Q)\)。

Submission #79796391 - AtCoder Regular Contest 231

D - Choose Your Role

这是一道交互题。有 \(N\) 堆石子，编号为 \(1\) 到 \(N\)。每堆石子初始时各有 \(N - 1\) 颗石子。

先手和后手使用这些石子进行博弈。游戏中，两人轮流操作，由先手先行：

• 先手选择一堆石子数 \(\ge 1\) 的石子堆，并从中移走 \(1\) 到 \(K\) 颗石子（包含两端）。
• 后手选择 \(1\) 到 \(K\) 个不同的石子堆（包含两端，且每个被选中的堆石子数必须 \(\ge 1\)），从每个选中的堆中各移走 \(1\) 颗石子。

首先无法进行合法操作的玩家判负（即谁不能动谁就输）。你将与评测机对弈进行这场游戏。在游戏开始前，你需要先向评测机声明你是选择作为先手还是后手，随后正式开始游戏。

\(2\le N\le200\)，\(1\le K\le N\)。

考虑一个 \(N\times N\) 的网格矩阵 \(A\)，主对角线上的 \(N\) 个格子留空。其余所有非对角线格子各放置一颗石子，此时每一列恰好有 \(N-1\) 个石子，每一行也恰好有 \(N-1\) 个石子。（类似于 Ferrers 图的思想。）

将游戏中的 \(N\) 堆石子对应到网格的 \(N\) 列。那么先手和后手的两种操作等价于：

• 先手：在第 \(c\) 列中选出 \(x\) 个有石子的格子 \((r_1,c),(r_2,c),\cdots,(r_x,c)\) 并移走。

• 后手：利用棋盘关于主对角线对称的性质，选择先手操作位置的转置格子：\((c,r_1),(c,r_2),\cdots,(c,r_x)\)。

因此，无论先手怎么操作，后手都可以跟随其行动而进行操作，于是保持了网格关于主对角线的对称性。由于游戏在有限步内终止，因此后手这样做就可以必胜了。

Submission #79802548 - AtCoder Regular Contest 231

E - Odd Inversion

给定一个长度为 \(N\) 的单调不降正整数序列 \(A=(A_1,A_2,\cdots,A_N)\)。

请计算满足以下条件的正整数序列 \(B\) 的数量，对 \(998\,244\,353\) 取模：

• 长度同样为 \(N\)，且对所有 \(i=1,2,\cdots,N\) 有 \(1\le B_i\le A_i\)；
• \(B\) 的逆序数为奇数。

\(1\le T\le10^4\)，\(1\le N\le2\cdot10^5\)，\(1\le A_1\le A_2\le\dots\le A_N\le10^9\)，\(\sum N\le4\cdot10^5\)。

设逆序数为偶数和奇数的序列 \(B\) 的数量分别为 \(C\) 和 \(D\)，由于 \(C+D=\prod A_i\) 是已知的，只需要求出 \(\boldsymbol{C-D}\)，即可求出 \(C\) 和 \(D\)。

设 \(X_i\) 表示只考虑前 \(i\) 个位置的 \(C-D\)。首先有 \(X_0=1\)，\(X_1=A_i\)。考虑如何递推。

• 如果 \(B_i=B_{i-1}\)，则这两项的贡献相等，去掉后逆序对奇偶性不变。由于 \((B_i,B_{i-1})\) 满足 \(B_i=B_{i-1}\) 的共有 \(A_{i-1}\) 种情况，因此 \(X_i\) 加上 \(A_{i-1}X_{i-2}\)。
• 如果 \(B_i\ne B_{i-1}\)，分别考虑以下情况：
  • 如果 \(B_{i-1}\) 和 \(B_i\) 都不超过 \(A_{i-1}\)，那么可以将 \(B_{i-1}\) 和 \(B_i\) 交换，对逆序数的影响为 \(\pm1\)，因此奇偶抵消，对 \(C-D\) 没有影响，贡献为 \(0\)。
  • 如果 \(B_{i-1}\le A_{i-1}\) 且 \(A_{i-1}<B_i\le A_i\)，那么 \(B_i\) 不产生贡献，贡献为 \((A_i-A_{i-1})X_{i-1}\)。

因此有下面的递推式：

\[X_i=A_{i-1}X_{i-2}+(A_i-A_{i-1})X_{i-1}. \]

Submission #79816661 - AtCoder Regular Contest 231