AGC

agc001

A:排序后取相邻的

B:先折一次,发现等于在一个平行四边形的钝角处射出光线,直到碰到另一个钝角为止,实际就是辗转相减,取模加速

C:枚举最终直径终点,暴力

D:显然就是通过回文的方式把n个点连通,必要条件是n-1条边,所以当n为奇数时没有多余奇数块,n为偶数时ab加起来最多两块

讨论,若m=1就1,a-1,m>1分奇偶,奇数就 奇-1,偶...,1,这样两个块错位交替可以只剩一个点

偶数若没有奇数块则 1,偶...,偶m -1,有奇数块就 奇1 -1,2,偶...,奇2 -1,原理同上

E:等于\(\sum_i \sum_{i<j}\binom{Ai+Aj+Bi+Bj}{Ai+Aj}\),考虑组合意义,把点丢到(A,B)和(-A,-B)上,从左下往右上走O(V^2)dp,最后减掉自己/2

F:把排列反过来变成每次满足相邻绝对差<=K交换相邻的,要依次使1~n的出现位置最前

大胆猜想,每次新加一个数然后贪心往前移,这样感觉很河里因为如果存在abc满足a>b>c,则到b时换a后c也可以换a,如果不换不可能更优

所以直接按位置分治,每次把左边建权值线段树,右边算出最前能放的位置,最后把两边归并,这样可以log^2爆过去

题解做法:

注意到要求的是原序列字典序最小(比如翻转后312大于231,1更前),但是经过观察后发现就是使新序列字典序最小,感性证明:

如果存在当前最小的a,使得a往前移动后字典序变大,则必然存在移动完后的a前面有个b,b和后面的某个c交换(b a'(不存在) c a => c a' b a(不存在),a'是a移动后的位置)

由于字典序变大了,所以有a<b<c,而b和ac都交换过,所以ac也可以交换,即a可以在c离开a'时把c换掉,这样可以多进一位

那么可以给绝对差<K的连边,然后从前往后按位确定,用堆+拓扑解决

问题是边数很多,实际只用在位置在后面,小于/大于的值域的最近的那个连边即可,因为值域内的会互相连,现在连x没连y到x时就会连上y,时间一个log,没写

agc002

F比E简单

A:算一下负数个数,特判0

B:维护每个位置的个数以及可能性,移球把可能性一起移过去,如果盒子空了就必不可能

C:反过来变成合并,队列维护

D:建Kruskal重构树,询问倍增log^2,应该可以主席树+线段树二分做到一个log

E:看错题了,以为每次只能减一堆

把a从大往小排序,发现每次全体-1相当于移下边界,删最大相当于移左边界,则等于从(0,0)往上/右走直到碰到折线为止

讨论01发现(i,j)等于(i+1,j+1),因此可以先从(0,0)走到(i,i),然后讨论一下上/右的奇偶即可

可以先走到碰到折线为止然后往回退一格,这样结果不变且不用讨论边界情况

F:假设每种颜色x只保留一个0和一个x,则会构成一个2n的序列,其中每个0和往后的第一个颜色匹配,剩下K-2个后面的任意

从后往前dp序列,设f[i,j]表示放了i种颜色剩j个颜色未放0,每次讨论放颜色或放0,放颜色就把剩下K-2个组合进去,放0就匹配最后一种颜色,方案唯一

agc003

E写不完

A:判一下EW,SN是否共存

B:先贪心把奇数往后移,最后Σa/2

C:如果只有2操作等于把奇偶分开排序,问题是一开始奇偶的集合可能不对,有些跑到另一个集合里,则可以把两个集合中不对的通过2操作换到相邻,然后1操作归位,所以ans=集合不对的数/2

D:把每个数的平方因子去掉,剩下的和互补的分成若干对,每对取较大的,再判掉=1的即可

问题是怎么分解因式,之前牛客里有类似的但是忘了,可以硬上pollardrho?

枚举除掉<=n^(1/3)的因子,则剩下最多2个,判一下平方数讨论即可得到互补的(a^2=>a,ab=>(ab)^2),写双哈希

E:显然先单调栈一下,然后每次操作等于把一段*K+前缀,考虑反推算次数,维护堆表示当前长度下每个前缀被计算的次数,从后往前枚举qi,每次把>qi的分一下

时间复杂度考虑每次模x后新增一个x共Q个,每个数膜一次时间+1(?),一共会膜logA次,加上堆总时间O(QlogQlogA)

F:打表观察,设xy表示行/列首尾都有的个数,cnt=黑色格子个数,若x=y=0显然每次扩展不会合并,ans=cnt^(K-1)

否则若x,y>0或K=0则ans=1,因为可以发现每个块在下一层都能走到相邻的块,而下一层块之间又连通,所以整体还是连通,且下一层的x',y'>0

那么有x>0,y=0,记A=(a[i,j]=a[i,j+1]=黑)的方案,可以发现此时每行都是独立的,因为块之间不能上下走,所以连通块合并只用考虑相邻的

记(当前连通块数s1,当前行首尾相接连通块数s2),发现每次扩展后当前的s2会乘上x,同时s1=>s1*cnt-s2*A,因为K+1层等于把K层放到1层上,1层有A对相邻的,每对会有s2个块合并,而1层有x对首尾相接的,放进去就是x*s2

矩乘优化

agc004

A:如果有偶就是0,否则min(AB,AC,BC)

B:n^2求出合并至多i次的答案bi,求min(i*x+bi),加入顺序可以安排

C:第1列全红第m列全蓝,中间行交替红蓝,这样红蓝无交且加上紫色后仍连通

D:如果fa[1]!=1则一定不行,因为环>1,任意找环上一个K步后走到1的,往前一步就不合法

所以把fa[1]变成1,然后变成一棵树,树形dp,每次把深度=K-1且当前点不为1的儿子的出边接到1

E:设f[i,j,k,l]表示已经走的路径的四边界,由于爆炸与否只和边界有关,所以往一边扩时贪心把多的走完,因为扩时该爆的已经爆完了,把i滚动即可O((nm)^2),注意枚举顺序

F:神必题,考虑树的部分分,把树黑白染色黑色放1白色-1,则每次操作会把颜色不同的边的两个颜色交换,最终要把黑白互换,即把1移动到-1上消成0,求\(\sum_i |sum_i|\)

然后考虑环,当为奇环时任意找一条边(x,y)拆开,对改变操作等于在两端同+1/-1,算出加减次数后同树

偶环操作等于一边+x一边-x,最后贡献等于\(|x|+\sum_i |k_ix+sum_i|\),k=-1/0/1,排序取中位数

构造的证明:主要是两个1不能重合,那么只需要把1移到-1时如果碰到了其他的1,就用当前的1推着往前走

然后可以做到把任意一个1移到-1上了,树随便移,环就不断把(x,y)上的+1/-1移走/移入,然后继续操作

agc005

A:维护1~i操作后剩下的S和T的个数,按顺序加,因为如果 前面操作了的 加后面的 后 也不会改变

B:枚举min,并查集

C:max即为直径长度,先放中间的,放完后大于直径/2都可以无限,分奇偶讨论

D:容斥,硬点|ai-i|=K,发现对于两个ij会冲突当且仅当i=j (mod 2K),相当于一排数和空交替的序列,i可以把ai放在左/右边,且两个a不能冲突

按%2K分组dp,设f[i,j,0/1]表示当前到i,容斥了j个,当前位置的左边是否放过,转移枚举左右,注意a在[1,n]内

E:如果A能走到一条红边,满足蓝树上dis>2,则A可以在上面反复横跳,此时为-1

否则当A没走到时,红边两端的dis蓝<=2,此时A在以B为根的蓝树的子树内,且B的最优策略一定是往A的方向走

先假设是这样,则A要走到一个终止边,或者走到dis蓝最大的点然后等死,能走到该点的条件是路上的dis红<dis蓝

先假设也是这样,观察到A走相当于在蓝树上跳,且每次跳最多两步,如果A走到某个点满足dis红>=dis蓝,且B没能走到该点,则A一定迫使B往回走了,而A每次最多走两步,无法走出B的子树,所以一定不可能

因此条件是dis红<dis蓝,且B往A走一定是B的最优策略,那么建树求dis然后dfs就好了

F:容斥,算出每个点为根的儿子大小,直接卷(原根5)

这不比A水

agc006

突然自闭

A:枚举,哈希

B:发现如果第二层有两个相同的,则这两个会一直往上直到碰顶,所以在n-1~n+2放<x,x,>x,<x,x=1,2,2n-1特判

C:假设对ai操作,则ai会变为a[i-1]+a[i+1]-a[i],对a差分发现就是把差分数组交换(几何意义是对a[i-1],a[i+1]的中点对称,结果一样)

维护一轮后每个值到哪里的排列,把环找出来填数,或者直接倍增

D:二分答案,设<=ans为0>ans为1,中位数操作不变,发现如果有两个0/1并列就会在上一层左右扩一格,如果有两块01相碰就不会扩

找到距离n最近的连续0/1即可判断,再判一下01交替的情况,不可能有两个0011距离相同,否则中间01交替后一定有一边更近

E:类似agc003C,把矩阵转化成n个数,每个数有正负,一次交换i和i+2同时把i,i+1,i+2取反

首先先忽略正负,找任意一种方案把数移到对应位上,则剩下部分合法的充要条件是奇偶位的负数个数为偶数

必要性:显然0是偶数,交换奇数位会改变奇数(位)的逆序对个数和偶数的负数个数,最后二者都要为0,即为偶数,而交换偶数为对二者奇偶没有影响,所以当奇数逆序对=0时偶数负数个数至少要为偶数,否则无论怎样交换都有一个>0的奇数

充分性:构造,对i,i+1操作两轮可以把i-1,i,i+1,i+2取反,对i,i+2操作三轮可以把i,i+2(2<=i<=n-3)取反,综合得到可以对i,i+2(1<=i<=n-2)取反,所以可以分奇偶移到头消掉

求逆序对判断

F:把原图中弱连通块三染色(A->B->C->A三个集合),讨论一下:

①染色失败:连通块可以变成完全图

②3<染色成功:是一个点或一个二分图,无法加边

③染色成功:AB,BC,CA间都有边

先证明③,显然操作顺序与结果无关,所以每次加入一个与当前连通块有边的点,发现每次操作后都是一个完全三分图,归纳即可

那么如果染色失败了,就把失败的边先去掉最后加上,则加上后一定直接/间接产生了反向边/自环,当某个点有自环时可以把相连的所有点都搞出反向边,然后搞出自环,最后搞成完全图

agc007

自闭+1

A:dfs找一条路,去掉后判是否还有

B:ai=50000i,bi=50000(n-i+1),然后对a[pi]减n-i

C:大胆猜想操作一次后的期望距离还是等差数列,列式子得新的第k个的位置:

\(\large \frac{1}{2n}(k(d+(k+1)x)+(2n-k-1)(d+(k-1)x)+(3d+3kx))\)

代入k=1,化简得到\(\large d'=\frac{1}{2n}((2n+2)d+5x),x'=\frac{2n+4}{2n}x\),期望求和算

D:显然是走一段折返再走,如果对一个位置折返超过一次那不如在原地等

设f[i]表示做完[1,i]的答案,转移i-1->i,或者枚举上次折返的位置j,然后j->j+1->i->j+1->i

可以发现j+1和i之间走了一个环,即第二次j+1->i时每个熊x距产币的时间(第二次-第一次)相等,x->i->j+1->x,所以只用在第二次走熊j+1时等,后面直接走即可收币

转移写出来拆开线段树优化

E:等于从下往上做,每次找到左右子树中两个点连x-t-y的路

二分答案,设f[i,x,y]表示子树i中分别剩深度x,y的两个点,f是否可达,发现如果xy偏序了显然没用,所以改一下维护合法的(x,y)对,维护x增y减,双指针即可

显然归并后由于一个在左一个在右,所以对数不超过2min(sz左,sz右),总和显然nlogn

乘2是因为可以把对反过来,所以反过来后还要归并,注意此时归并只能保证x单调,y可能偏序,所以要特判弹掉

F:发现可以看作把S中字符往后移,移的过程中留下轨迹,最后得到T

由于移越多越劣,所以对T[i]求出i->1中最大的j满足S[j]=T[i],贪心找到移过来的S[j],最后把同一S[j]移到的不同位置合并,即可得到移动方案

问题变成把A[i]移到B[i]位置上,满足每轮移动要从左往右移,即一个数移完后不能超过下个数移动前的位置,发现等于把两个数中间的空往左移,一轮整体移一格,显然超了B[i]无所谓,所以i=n->1,双指针维护,时间O(n)

posted @ 2021-04-25 17:13  gmh77  阅读(172)  评论(0编辑  收藏  举报