做题记录 20260528 - []

AT_arc106_e [ARC106E] Medals

先考虑判定 \(x\) 天时能否满足条件。

看成一个二分图，左部点有 \(nk\) 个，有不点有 \(x\) 个。对于第 \(i\) 个人的第 \(j\) 个关联点，向右部点中满足 \(1 \le j \bmod 2A_i\le A_i\) 的点连边。那么当该二分图存在完美匹配时有解。

考虑根据 Hall 定理判定有解。如果存在 \(|N(S)|<|S|\)，那么一定存在 \(S'\)，使得 \(S'\) 中每个人的所有关联点都在 \(S'\) 内也满足 \(|N(S)|<|S|\)。因为每个人的关联点邻域相同，这么做只会使 \(|S|\) 增大而不会使 \(|N(S)|\) 增大。

考虑答案上界。如果依次颁奖，那么是 \(\sum \frac{k}{a_i}2a_i = 2nk\) 的。

考虑求 \(|N(S)|\)。对于每个右部点 \(x\)，维护 \(s_{x}\) 为其左部点编号集合。那么当 \(S \cap s_x =\empty\) 时 \(x \notin N(s)\)。则对 \(s_x\) 的补集的子集加，查询 \(N(S)\) 的时候就已知 \(N(S)\) 补集的大小了。

时间复杂度 \(O((n2^n + n^2k)\log (nk))\)。预处理 \(s_x\) 做到 \(O(n2^n\log(nk)+n^2k)\)。

P11173 「CMOI R1」We Want To Run / Nilpotent

如果 \(A_{i,j}\ne 0\)，那么 \(i\) 向 \(j\) 连一条有向边。则当 \((A^x)_{i,j}\ne 0\) 时，一定存在一条 \(i\) 到 \(j\) 经过 \(x-1\) 条边的路径。

那么 \(f(A)\) 应该是最小的正整数 \(x\)，使得对于任意 \((i,j)\)，都不存在一条 \(i\) 到 \(j\) 经过 \(x-1\) 条边的路径。

显然 \(f(A)\ne 0\) 首先需要满足图是 DAG。那么问题变成，对于一个 DAG，记 \(m\) 为其边数，\(k\) 为其最长链长度（边数）。求所有 DAG 的 \((a-1)^{m}(k+1)\) 的和。

DAG 是加 \(0\) 入度点的过程。定义状态函数 \(f_{i,j,k}\) 表示当前最长链长度为 \(i\)，有 \(j\) 个 \(0\) 入度点（同时也是最长链起点），剩下 \(k\) 个点不在图上的价值和。

考虑新加进来 \(x\) 个点：\(f_{i,x,k-x}\gets f_{i-1,j,k}\binom{k}{x}(a^{n-k}-a^{n-k-j})^x\)。

也就是：\(f_{i,x,k}=\binom{x+k}{x}\sum\limits_{j=1}^{n}(a^{n-k-x-j})^xf_{i-1,j,x+k}(a^j-1)^x\)。答案为 \(\sum (i+1)f_{i,j,0}\)。

把 \((i+1)\) 拆到转移里，相当于在这 \((i+1)\) 个时刻里选一个时刻然后求和。那么只需要定义 \(f_{i,j}\) 表示当前有 \(j\) 个 \(0\) 入读点，剩下 \(k\) 个点的价值和，再定义 \(g_{i,j}\) 为已经选定时刻的价值和。 转移为：

\[f_{x,k}=\binom{x+k}{x}\sum\limits_{j=1}^{n}(a^{n-k-x-j})^xf_{j,x+k}(a^j-1)^x\\ g_{x,k}=f_{x,k}+\binom{x+k}{x}\sum\limits_{j=1}^{n}(a^{n-k-x-j})^xg_{j,x+k}(a^j-1)^x \]

答案为 \(\sum g_{i,0}\)。时间复杂度 \(O(n^3)\)。

AT_arc156_d [ARC156D] Xor Sum 5

记 \(cnt_i\) 为 \(X_j = i\) 的数量。

那么在已知 \(cnt\) 的情况下对答案的贡献应该是 \((\sum A_icnt_i)(\binom{k}{cnt_1,cnt_2,\dots,cnt_k}\bmod 2)\)。

如果 \(\prod\limits_{i=1}^{k}\binom{k-\sum\limits_{j=1}^{i-1}cnt_j}{cnt_i}\bmod 2 = 1\)，需要满足对于 \(1 \le i \le k\)，\(cnt_i\) 在二进制下是 \(k - \sum\limits_{j=1}^{i-1}cnt_j\) 的子集。

由于 \(cnt_i\) 二进制下是 \(k - \sum\limits_{j=1}^{i-1}cnt_j\) 的子集，\((k-\sum\limits_{j=1}^{i-1}cnt_j) - cnt_i\) 是不会有借位的情况的。

那么相当于是把 \(k\) 二进制下的 \(1\) 分给这 \(n\) 个 \(cnt_i\)。

拆位，对于每一位看最后异或和是 \(0\) 还是 \(1\)。

我们在二进制下从低往高给 \(k\) 的这些 \(1\) 分配。由于 \(0 \le A_i\le 1000\)，在考虑二进制下第 \(x\) 位前满足： \(\sum A_icnt_i \le 10^3 \sum cnt_i < 2^{10+x}\)。又因为我们只在意第 \(x\) 位往上的状态，所以只需要存二进制下 \([x,x+9]\) 这些位的具体值。

定义状态函数 \(f_{x,s}\) 表示考虑到二进制下第 \(x\) 位，当前 \(\sum A_i cnt_i\) 二进制下 \([x,x+10]\) 这些位的值是 \(s\) 的方案数。转移枚举当前这一位分配给哪个 \(cnt\)，时间复杂度 \(O(\log V 2^{\alpha}n),\alpha = 10\)。

P8180 「EZEC-11」Unmemorable

首先 \(l_i,r_i\) 重排之前的顺序是唯一确定的，这个模拟一遍单调栈就行了。

然后 \(i\) 向 \(l_i, r_i\) 连边（\(0\) 和 \(n+1\) 不连）得到的图应该是 DAG。就是问这个 DAG 的拓扑序数量。

如果 \(l_i \ne 0 \land r_i \ne n+1\)，那一定有 \(r_{l_i} = r_i \lor l_{r_i} = l_i\)。不妨设 \(p_i > p_{l_i} > p_{r_i}\)。如果 \(r_{l_i}\in [l_i+1,i]\)，那么由于 \(p_{i} > p_{l_i}>p_{r_{l_i}}\)，且 \(l_i < r_{l_i} < i\)，那么应该有 \(l_i = r_{l_i}\)，不可能；如果 \(r_{l_i}\in [i,r_i - 1]\)，同理应该有 \(r_i = r_{l_i}\)，不可能。其余情况一致。

则如果 \(i\) 向 \(l_i,r_i\) 都连了边，那一定可以把它缩成 \(i \to l_i \to r_i\) 或 \(i \to r_i \to l_i\) 的形式。则原 DAG 不存在出度为 \(2\) 的点。这个跑一遍拓扑就行了。

则 DAG 可以变成一个内向树构成的森林，建一个虚点变成内向树。然后就是普通计数问题了。时间复杂度 \(O(n)\)。