Codeforces 杂题选做

*2500 to *3000。

Problem A. CF1511G Chips on a Board

难度：\(2700\)。

解法：

非常厉害的一个题。

首先我们发现问题等价于 nim 游戏，我们只需要求 \(\bigoplus \limits_{i=1}^n (c_i-l)[c_i \geq l \land c_i \leq r]\)，即在 \([l,r]\) 范围中的数减去 \(l\) 的异或。如果这个值为 \(0\)，那么 Alice 必败，否则 Alice 必胜。

但是这个东西还是不太好求。有一个一眼无脑的做法，我们考虑莫队，发现指针移动只需要维护一棵 01-Trie，支持插入，删除，全局加减 \(1\)，求全局异或。这个是经典问题，至此我们得到了 \(O(n \sqrt{n} \log{n})\)，适当卡常据说可以通过，但显然我没通过。

正解比较厉害。

我们考虑倍增，\(f_{i,j}\) 表示值在 \([i,i+2^j)\) 内的数减去 \(i\) 后异或的结果。我们要处理的是区间合并的问题。

考虑 \(f_{i,2^j}\) 与 \(f_{i+2^j,2^j}\) 如何合并。我们发现，后面这段区间 \([i+2^j,i+2^{j+1})\) 区间内减去 \(i+2^j\) 后的数都在区间 \([0,2^j)\) 内，且两两不同。现在我们要把他们的值都加上 \(2^j\)，也就是合并到前面区间内，可以发现二进制下其他位置都不变，只有 \(2^j\) 这一位都从 \(0\) 变成了 \(1\)。于是额外维护 \(g_{i,j}\) 表示 \([i,i+2^j)\) 这一段的数的个数即可维护转移。

询问的时候按照类似的方法合并区间答案即可。这里合并的区间长度不相等，但是前面区间长度大于后面的，也可以一样转移。

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Problem B. CF1511F Chainword

难度：\(2700\)。

首先对所有字符串建立字典树。设根节点为 \(0\)。字典树节点大小量级为 \(O(n \left| s \right|)\)。

首先有一个朴素的类似数位 DP 的做法，记 \(f_{i,x,y}\) 表示长度为 \(i\)，目前未匹配的末尾中 \(P\) 沿着字典树走到了 \(x\)，\(Q\) 沿着字典树走到了 \(y\) 时的方案数。转移的时候直接枚举选什么然后转移即可。复杂度 \(O(mn^2\left| s\right|^2\left| \sum \right|)\)，显然不对。

注意到这个东西可以直接使用矩阵快速幂优化，这个转移矩阵是一个 \((n\left|s\right|)^2\times(n\left|s\right|)^2\) 的矩阵，直接矩阵快速幂复杂度是 \(O((n\left|s\right|)^6\log m)\)，还是不太对。

分析一下可知复杂度瓶颈在于矩阵状态数。事实上我们发现 \(f_{i,x,y}=f_{i,y,x}\)，所以通过限制 \(x\leq y\) 可以使得矩阵大小至少可以减半。同时我们可以发现存在大量无用状态 \(f_{i,x,y}=0\)，真正有用的状态数不多。可以先进行一次 DFS 或 BFS，从 \((0,0)\) 开始，每次选下一个字符然后在字典树上面走，搜出所有有效状态。现在状态数不会很大，事实上写一下就能过了。

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Problem C. CF1510J Japanese Game

难度：\(2700\)。

感觉比较直接的一个题啊，想法应该没有什么岔路可走吧。

显然地你需要考虑对于固定的 \(p\)，哪些位置是必须要填的。当然对于每个位置你有一个 \(O(n)\) 的判断方式，就是强制这个点不选然后从前往后贪心。但这个东西不容易推广到式子里，自然就不好继续下去。

观察一下发现我们删掉一个位置的后果的其实是一部分格子被浪费。具体来说应该是，我们按照最优策略先将 \(p\) 填进去后，这个位置所在连续黑色段的那段前缀。简单手玩可以发现假设最优策略填完 \(p\) 最后还剩下了 \(x\) 个白色空格，那么这个最优策略中每个极长连续黑色段的第 \(x+1\) 个位置一直到这段结束都是必选位置，其他位置都不是必选位置。即每个极长黑色连续段有一段定长的前缀不是必选位置，然后那段后缀都是必选的。注意如果段长小于等于 \(x\)，那么整段都是非必选的。

然后一个直接想法是枚举 \(x\)。但是这样看着复杂度不太对。事实上 \(x\) 必然有个上界，具体来说需要考虑给定的 \(m\) 图中的黑色连续段之间，以及最前面和最后面的，这个地方细节挺多的，但推一推就出来了。

确定了 \(x\) 的上界，我们从大到小枚举 \(x\)，此时可以注意到我们要做的就是段与段之间的。这部分直接填 \(01\) 交错就好。特别注意这里和段与段之间长度奇偶性有关，推一下就好。如果 \(x\) 合法就输出，不然继续枚举直到 \(-1\)。

事实上你发现 \(x\) 取我们求出的上界通常是优的，除非你发现有时候选了 \(x\) 会导致两端之间粘合在一起，比如两端中间只有两个位置没选，此时没办法构造，从而 \(x\) 要减少。这个地方可以在预处理的时候求出一个合法的 \(x\) 从而只需要一次构造即可。

总复杂度 \(O(n)\)，好想但细节一车。

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Problem D. CF1510I Is It Rated?

难度：\(2700\)。

不知道为啥会出这种题，可能 ICPC 就是这样吧。

完全想不出来，写了一堆乱搞过不去，于是点开了官方题解，看见了一个维基百科的链接，介绍的就是这个问题，做法是一个什么人工智能的机器学习算法，这里简单翻译一下过程：

• 初始时，给所有人一个权重 \(w_i=1\)。

• 每一次答题时，设这个题选 \(0\) 的人的权重和为 \(x\)，选 \(1\) 的人的权重和为 \(y\)。以 \(\dfrac{x}{x+y}\) 的概率选择 \(0\)，否则选择 \(1\)。

• 宣布答案后，将所有答错的人的权重乘以常数 \(\beta\)。其中 \(0 < \beta < 1\)。

此题中取 \(\beta = 0.8\) 即可通过，事实上这其实很符合直觉，但是自己发明这种东西似乎还是有点困难的。证明有点太过抽象了，有兴趣的可以自己翻官方题解看看。

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Problem E. CF1508C Complete the MST

难度：\(2500\)。

记 \(s\) 为目前给定的 \(m\) 条边的边权异或和，考虑最终答案会是怎么样的。

一个比较容易看出的观察是我们只会在图上加一条边权为 \(s\) 的边，其余的边权都是 \(0\) 即可。

考虑先进行补图 BFS 求出图被给定的边分成的每个连通块。每条给定边要么是横跨连通块，要么是连通块内部。

连通块内部的边没有意义，考虑用他们之间的边求一个 MST。

现在你要把一条边改为 \(s\)，图上总共有 \(\dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}\) 条边，给定了 \(m\) 条边，答案的 MST 最坏情况下一条指定的边都不用，总共有 \(n-1+m\) 条边要用。如果 \(\dbinom{n}{2} > n-1+m\)，那么新加的边必然可以有个位置选而同时不影响答案。

如果 \(\dbinom{n}{2} \leq n+m-1\)，发现此时 \(m\) 是 \(O(n^2)\) 的量级，直接枚举选哪两个点连 \(s\) 然后重新跑 MST 即可。

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