5月杂题选做（part1）

上回说到：2022.4

关于难度

\(\color{gray}\bigstar\) 可以秒杀的题。

\(\color{green}\bigstar\) 思考一会儿后可以秒的题。

\(\color{blue}\bigstar\) 需要较长时间思考的题。

\(\color{Gold}\bigstar\) 看题解、稍加指点就会做的题。

\(\color{red}\bigstar\) 看题解后需要较长时间消化，甚至现在都没有完全理解的题。

和 yk，psz 组队打了一场 AT 上的 ACM。比赛链接

赛时 psz 过了 A，yk 过了 B，我过了 EGH，题目质量挺高。

E \(\color{blue}\bigstar\)

已知一张 \(n\) 个点的无向完全图，\(i\) 到 \(j\) 的路径长度为 \(\min(|a_i-a_j|,|b_i-b_j|)\)，求所有从 \(1\) 开始的哈密顿回路的路径长度之和。
\(n\le 2\times 10^5\)。

标签：数学。

赛时想了 \(30\) 分钟，好题。

距离很阴间，考虑转化一下，可以发现如果是 \(\max(|a_i-a_j|,|b_i-b_j|)\) 就可以转坐标使得两个独立，所以用 \(\min(a,b)=a+b-\max(a,b)\) 转化，这样就把两维独立了。

考虑独立一位咋做，也就是距离是 \(|a_i-a_j|\) 时的答案。

考虑绝对值展开，一个 \(a_i\) 堆答案的贡献是 \(2a_i,0,2a_i\) 中的一种。

考虑 \(2a_i\) 方案数，也就是从一个小的点走过来，然后再走到一个小的点，可以把这三个点合并成一个，方案数就是 \((i-1)(i-2)(n-3)!\)，\(-2a_i\) 同理，算就完了。

G \(\color{green}\bigstar\)

已知序列 \(l,r\)，求对于每个 \(k\in[1,m]\)，有多少个序列 \(a\) 满足 \(l_i\le a_i\le r_i\) 且 \(\gcd(a_1,a_2...a_n)=k\)
\(n,m,l_i,r_i\le 2\times 10^5\)。

标签：容斥。

套路题，设 \(f_k\) 表示多少个 \(a\) 满足 \(k|\gcd(a_1,a_2..a_n)\)，知道这个以后就可以直接容斥算了。

\[f_k=\prod_{i=1}^n\left\lfloor\frac{r_i}{k}\right \rfloor -\left\lfloor\frac{l_i-1}{k}\right \rfloor \]

这个东西显然可以直接整除分块然后区间修改做。

赛时比较 sb，用莫比乌斯函数做容斥。

H \(\color{green}\bigstar\)

已知一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向联通图，定义 \(f(i,j)\) 表示从 \(i\) 走到 \(j\) ，再从 \(j\) 走到 \(i\) ，重复经过的点的最小值（不包括 \(i\)），求 \(\sum_{l=1}^n \sum_{r=l+1}^n f(l,r)\)。
\(n,m\le 2\times 10^5\)。

标签：圆方树。

简单题，其实本来是看看后面哪题过的人比较多，明明 G 是最多的，手滑开成 H，结果秒了，拿下全场 third AC+shortest code。

考虑两条路径如果不重复经过点，那么一定是在一个点双联通分量中，所以可以先缩点，树上问题考虑进行圆方树统计。

先直接建出，那么 \(f(i,j)\) 就相当于 \(i\) 到 \(j\) 路径上的圆点数量了，可以直接树形 dp 求。

I \(\color{blue}\bigstar\)

题比较长，自己看吧。

标签：容斥。

考虑一个质数对答案的贡献，将相邻的 \(k\) 个分成一组，那么一种方案的贡献就是每组最小值的最大值。

然后可以容斥一下，考虑算贡献 \(\ge x\) 的方案数。

直接容斥，枚举有多少个组满足。

\[x!(n-x)!\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{x}{k} \right \rfloor} (-1)^{i-1} \binom{\frac{n}{k}}{i}\binom{n-ik}{x-ik} \]

不难理解，就是把满足的和不满足的分别排列然后放进去。

可以 NTT 预处理然后每次查询，不过很阿拉丁，可以发现询问次数 \(O(n\log n)\) 级别，可以直接暴力。

注意上面计算的是一个数的指数，所以模数为 \(10^9+6\)，可以分解为 \((5\times 10^8+3)\times 2\)，做左边的然后直接 CRT 合并。

J \(\color{green}\bigstar\)

已知一个多项式 \(f(x)=\sum_{i=0}^{10} c_ix^i\)，求构造两个序列 \(A,B\)，满足两个序列所有数均不相同，且长度 \(\le 5000\)，\(A_i,B_i\le 5000\)，输出方案。

标签：构造。

显然答案不依赖于 \(c_i\)，可以直接构造。

考虑多项式如果只有两项咋做，直接 \(A=\{1,4\},B=\{2,3\}\) 即可。

为了满足 \(x^2\) 项，所以把相邻四个数捆成一组，然后打表出每组 \(x^2\) 项之和，可以发现全部一样，所以可以构造 \(A=\{1,4,6,7\},B=\{2,3,5,8\}\)。

同理打表，可以发现 \(x^3\) 项也满足。

得到构造方法，每次扩展一倍，然后翻转，得到答案。

详细证明可以看官方题解

ZJOI 没去，太逊了233.

场外选手嘴巴。

Day1T1 \(\color{blue}\bigstar\)

我们构建两棵树，构建方法分别是：
第一棵：根是 \(1\)，对于 \([2,n]\) 中的节点 \(i\)，向 \([1,i-1]\) 中的一个节点连边。
第二棵：根是 \(n\)，对于 \([1,n-1]\) 中的节点 \(i\)，向 \([i+1,n]\) 中的一个节点连边。
称一种方案是好的当且仅当对于第一棵树的一个非叶子节点，它是第二棵树的叶子节点；对于第二棵树的非叶子节点，它是第一棵树的叶子节点。
给出 \(n\)，对于所有 \(i \in [2, n]\) 回答有 \(i\) 个节点的好的方案有多少，答案对 \(m\) 取模。
\(n\le 500\)。

标签：dp，容斥。

称第一棵中不为叶子的为 \(A\) 类点，第二棵中的为 \(B\) 类点。

可以发现一个点的连边数就是左边的 \(A\) 加上右边的 \(B\)。

但这样会有一个问题，就是分配完了之后，开始钦定的不为叶子的点可能没有点连向它，然后此时就变成了叶子，不合法。

所以容斥一下，计算两边都为叶子的点。

考虑从左向右做，那么前面计算过了两边都计算过的点可以通过左边的 \(A\) 类点，右边的 \(B\) 类点，左边的 \(B\) 类点来求出。

具体来说，设 \(f_{i,a,b_1,b_2}\) 表示 \([1,i]\) 中点的贡献已经计算完了，左边有 \(a\) 个 \(A\) 类点，有 \(b_1\) 个 \(B\) 类点，右边还有 \(b_2\) 个 \(B\) 类点的方案数。

转移很好转移，考虑 \(i+1\) 号点是哪种即可，注意如果选择两边都不放需要乘二，因为既可以容斥掉放在第一棵中的，也可以容斥掉在第二棵中的，时间复杂度 \(O(n^4)\)。

初值为 \(f_{1,1,0,i}=i\)

稍稍卡常后可以获得 \(60\) 分，注意需要使用滚动数组。

然后考虑咋优化，可以发现转移方程和 \(b_1\) 一点关系也没有，\(b_1\) 只与最后的容斥系数有关，所以可以直接把容斥系数加掉计数中去，设 \(f_{i,a,b}\) 即可，直接转移，这样只需要放两边都是叶子的点时改为减即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

本题超级卡常，需要使用各种玄学优化。

Day1T2 \(\color{blue}\bigstar\)

已知一个序列，可以选择一个区间，把这个区间中的每个数加一个任意的数 \(x\)，求操作之后序列众数的最大值，以及有多少个数可能满足成为最大的众数。
\(n\le 2\times 10^5\)。

标签：根号分治。

小清新签到题。

\(O(n^2)\) 很简单，直接确定左端点后右端点左右各扫一遍合并答案即可，另外一种做法是预处理 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 为左端点，众数为 \(j\) 的区间右端点最小值，然后可以直接暴力枚举区间。

\(O(a_i^2n)\) 也简单，枚举两个数，然后直接前缀和找一下最大值即可，这样 \(40\) 分到手。

然后既然求众数，先想根号，可以发现如果一个数出现次数 \(\ge \sqrt{n}\)，可以采用下面的方法直接预处理后查询，如果 \(<\sqrt{n}\) 可以直接用 \(O(n^2)\) 的第二种方法，此时 \(j\) 只需要处理到 \(\sqrt{n}\)，因为本质上是查询两个出现次数都少的数。

时间复杂度 \(O(n\sqrt{n})\)。

code luogu AC，loj TLE？？？

ARC119E *2502 \(\color{green}\bigstar\)

给一个序列 \(a_i\)，定义权值为 \(\sum_{i=1}^{n-1}|a_i-a_{i+1}|\)，现在可以翻转一个区间，求翻转后权值最小值。
\(n\le 3\times 10^5\)。

标签：贪心。

翻转一个区间，本质也就是交换两个数，改变的只有两边的值。

翻转区间为 \([l,r]\)，假设 \(a_{l-1}<a_{r+1}\)，大力讨论 \(a_l,a_r\) 的情况，发现只有 \(a_{l-1}<a_l,a_r<a_{r+1}\) 时翻转会更优。

全部都取出来，变成了一个两个区间交集最大问题，排序后维护前缀右端点最大值即可。

需要特判区间一个端点是 \(1,n\) 的情况。

序列倒过来再做一遍就好了。

ARC127C *2092 \(\color{green}\bigstar\)

把 \([1,2^n-1]\) 的数写成二进制，然后按字典序排序，输出第 \(x\) 小的，\(x\) 按二进制给出。
\(n\le 10^6,x< 2^n\)。

标签：模拟（？

考虑先输出一个 \(1\)，然后发现后面一位有三种情况，空，\(0,1\)。

那么如果空就结束，如果在 \(0\) 那么 \(x\) 减一，如果在 \(1\) 就去掉头上的 \(1\)。

模拟一遍就好了。

ARC127D *2593 \(\color{blue}\bigstar\)

已知两个长度为 \(n\) 的序列 \(a,b\)，求 \(\sum_{1 \leq i<j \leq N} \min \left(A_{i} \oplus A_{j}, B_{i} \oplus B_{j}\right)\)
\(n\le 10^6,a_i,b_i\le 2^{18}\)。

标签：字典树。

想题十分钟，写题两小时，呕。

考虑因为要在 \(a,b\) 中取个小的，可以考虑字典树。

一对 \((a_i,b_i)\) 可以变成一个四进制数，每一位就是 \(a,b\) 的这一位拼起来，这样得到一颗四叉树。

可以发现这样对于一个询问来说，有两个分叉是可以直接统计答案的，有两个是需要继续向下的，复杂度爆炸。

一个简单的想法是既然有两个子树继续向下，那么直接把两棵子树合并为一棵即可。

那么任意两棵子树合并为一棵，有 \(6\) 种方案，加上原来的之后一共 \(10\) 叉数，空间爆炸。

可以发现 \(6\) 中方案中只有 \((00,11),(01,10)\) 是可能继续向下走的，所以变成 \(6\) 叉树，依然爆炸。

想了一会儿，发现我是 sb。因为原来的四叉树是用来直接统计答案的，所以不需要向下了，变成二叉树。

这样就可以了，然后暴力做就完了，时间复杂度 \(O(n\log^2 a_i)\)。

真的阿拉丁，调了两小时。

ARC127E *2678 \(\color{green}\bigstar\)

已知一个长度为 \(A+B\) 的操作序列，序列中只有 \(1,2\)，有两种操作：

选择一个之前没有出现过的数 \(1\le v\le A\)，把它放入一个集合。

把集合中最大数删除。

求最后有多少种可能的集合，答案对 \(998244353\) 取模。
\(A\le 5000\)。

标签：dp。

已知 \(B\) 个数，如何判断这些数可以被删除。

最优策略一定是先排序，然后从小到大删除，因为如果不是从小到大必然可以交换一下。

假设这 \(B\) 个数是 \(a_1...a_B\)，那么满足 \(a_1\le a_2...\le a_B\)。

然后考虑一个数被删除的条件，可以算出在这个数前有多少个需要放多少个数，那么这个数必须大于等于它，所以可以得到 \(a_i\ge p_i\) 这样的式子。

然后直接 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个数放 \(j\) 的方案数，直接前缀和优化就做完了，时间复杂度 \(O(A^2)\)。

打了 AGC057，赛时过了 AB，perf 2417.

AB 其实都不难，B 只有 2000-，但 A 我写了 \(20\) 分钟，B 我写了一个小时。

场上大部分人都做出了 AB，CD 都是铜牌题，AB 过的最快的 Petr perf 3090，用时 \(12\) 分钟。

之前觉得打 AT 比赛就是重在思维，能想出题就可以上分，但这次 AGC 的 D 题我想出了离正解非常接近的做法，但是呢，时间不够，换来的只能是 WA。

我总觉得我迟迟没有上 1 Dan 的原因就是因为比赛打的少，现在看来，我的综合水平可能就是只有 1 Dan 不到。

我无法做到和 EI 或者 apiad 那样强到可以轻松切 AGC EF，所以，从头开始吧。

赛前看到一些 2500+ 的题感觉也可以随便切，但像 ARC127D 那样写两个小时换来的 AC 又有什么意义呢？

开始写这里的 difficult 中的题。

AGC057B *1952 \(\color{blue}\bigstar\)

已知一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\) 和一个数 \(X\)，可以进行若干次操作，每次操作选择一个数 \(a_i\)，把 \(a_i\) 修改为 \(2a_i+x\)，其中 \(x\) 为 \(\le X\) 的任意非负整数，求操作后 \(\max a_i-\min a_i\) 的最小值。
\(n\le 10^5,a_i\le 10^9\)。

标签：贪心，单调队列，线段树。

考虑如果对一个数 \(A\) 进行 \(k\) 次操作，那么就会变成 \(2...2(2(2A+x_1)+x_2)+x_3)+...x_k=2^kA+2^{k-1}x_1+2^{k-2}x_2...+x_k\) 的形式。

可以发现，由于 \(0\le x_i\le X\) 可以任意取值，所以通过二进制相关知识可以发现可以取出 \([2^kA,2^kA+(2^k-1)X]\) 中的所有的数。

可以发现 \(k\) 的取值不可能很大，只有 \(\log a_i\) 级别，所以可以暴力取出所有区间。

问题转化成一个有一堆区间，每个区间有一个编号，求一个最小的区间满足与每个编号的区间都有交集。

按左端点排序，然后扫一遍，答案就是最大左端点减去最小右端点，显然每个编号只保留最后一个，可以单调队列维护，也可以直接线段树。

注意这个题一个编号产生的区间互相没有包含关系，所以这个做法是对的，否则还需要把包含的小区间去掉

ARC110D *2078 \(\color{green}\bigstar\)

已知一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 和一个数 \(M\)，求对于所有 \(\sum b_i\le M\) 的序列 \(b\)，\(\prod \binom{b_i}{a_i}\) 的和，答案对 \(10^9+7\) 取模。
\(n,a_i\le 2000,M\le 10^9\)。

简单组合意义题。

考虑先选 \(a_1\)，再选 \(a_2\)，一直选下去，由于 \(\sum b_i\le M\)，所以可以把问题变为有 \(M\) 个球的染色问题，然 \(a_1\) 个 \(1\)，\(a_2\) 个 \(2\)，那么首先要求位置连续，也就是 \(i\) 的球必须在 \(i+1\) 的前面，令 \(s=\sum a_i\)，那么这样染色的方案数是 \(\binom{M}{s}\)。

但会有一个问题，对于一种染色方案有多种 \(b_i\) 的取值，比如对于 \(...100002....\) 这样的染色方案，\(b_1\) 可以选 \(1\) 到 \(2\) 中间的任意一个位置。

那么就加 \(n\) 个球用来放 \(b\)，然后再扔掉即可，所以最后的答案就是 \(\binom{M+n}{s+n}\)。

ABC191F *2333 \(\color{green}\bigstar\)

有 \(n\) 个数，每次操作选择两个数 \(a_i,a_j\)，把它们删除，并把 \(\min(a_i,a_j)\) 或者 \(\gcd(a_i,a_j)\) 放回原序列，求最后剩下一个数，这个数的可能情况。
\(n\le 2000,a_i\le 10^9\)。

首先可以发现 \(\gcd(a,b)<\min(a,b)\)，所以最后剩下的数一定 \(\le \min(a_i)\)，所以容易发现，问题变成选任意多个数，它们取 \(\gcd\)，然后在与剩下的数取 \(\min\)。

考虑如何判断一个数是否合法，首先需要 \(\le \min(a_i)\)，直接把它的倍数全部拿出来取 \(\gcd\) 看是否满足等于自己即可。

然后直接对每个数分解后暴力做就好了。

时间复杂度 \(O(n\sqrt{a_i})\)。

AGC038C *2327 \(\color{green}\bigstar\)

已知一个数列 \(a_i\)，求 \(\sum_{1\le i<j\le n}lcm(a_i,a_j)\) 对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 2\times 10^5,a_i\le 10^6\)。

标签：莫反。

双倍经验。

简单莫反题。

\[\sum_{1\le i<j\le n}lcm(a_i,a_j)=\sum_{1\le i<j\le n}\frac{a_ia_j}{\gcd(a_i,a_j)} \]

令 \(c_i\) 表示 \(i\) 的出现次数，那么

\[\sum_{1\le i<j\le n}\frac{a_ia_j}{\gcd(a_i,a_j)}=\sum_{1\le i<j\le n}\frac{c_ic_jij}{\gcd(i,j)} \]

可以发现直接计算 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{c_ic_jij}{\gcd(i,j)}\)，即可，因为答案直接减去相同的再除以 \(2\) 即可。

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} c_{id}c_{jd}ijd[\gcd(i,j)==1]=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} c_{id}c_{jd}ijd\sum_{p|\gcd(i,j)}\mu(p)\\ =(\sum_{d=1}^n\sum_{p=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}d\mu(p))\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dp} \right \rfloor} \sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dp} \right \rfloor} c_{id}c_{jd}ij =(\sum_{d=1}^n\sum_{p=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}d\mu(p))\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{dp} \right \rfloor} (c_{id}i)^2 \]

这样直接做是 \(O(a_i\log^2 a_i)\)，貌似能过。

可以优化，可以设 \(T=dp\)。

\[=(\sum_{T=1}^n\sum_{d|T} d\mu(\frac{T}{d}))\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor} (c_{id}i)^2 \]

左边是一个狄利克雷卷积，直接预处理就好了，时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

ABC147F *2393 \(\color{blue}\bigstar\)

有一个长度为 \(n\) 的序列满足 \(a_1=X,a_i=a_{i-1}+D\)，现在可以给每个数乘上 \(1\) 或 \(-1\)，然后求此时的和的可能方案数。
\(n\le 2\times 10^5,X,D\le 10^8\)。

不是很难，但很阿拉丁，我吃了 \(6\) 发 WA。

考虑把和加 \(\sum a_i\) 然后再除以 \(2\) 之后 \(1\) 变成了 \(1\)，\(-1\) 变成了 \(0\)，所以只需要考虑选那些数就好了。

选的数可以发现分成 \(X\) 和 \(D\) 两部分。

枚举一下选多少个数就可以确定 \(X\) 部分，按 \(X\mod D\) 进行分类，然后可以 \(D\) 部分是一个区间，直接区间求并就完了。

ARC112C *1913 \(\color{blue}\bigstar\)

双人在树上博弈，每个节点一个金币，\(1\) 号点初始有一个棋子，每次操作可以拿走棋子所在位置的金币，或者把棋子移到一个没去过的儿子节点，或者返回叶子节点，每人使用最优策略是自己金币最多，求最后先手有多少金币。
\(n\le 10^5\)。

显然树形 dp，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 子树做完之后先手比后手多多少。

考虑每个儿子，如果儿子子树大小为偶数，那么相互之间没有影响，那么如果有负数后手必然贪心全部选。

如果是奇数，那么就排序，双方轮流取最小的来恶心对方。

最后全部偶数正数之和是个最没用的，最后的人不得不取。

然后直接做就好了。

ARC122D *2331 \(\color{blue}\bigstar\)

已知 \(2n\) 个数，先手后手轮流取数，最后的得分是每轮双方得分的异或的最大值，先手想让答案尽量大，后手想让答案尽量小，求最后的得分。
\(n\le 2\times 10^5,a_i\le 2^{30}\)。

标签：字典树，二分。

字典树题，我只能说呕。

可以二分答案一下，容易发现后手最优策略就是对所有数进行两两匹配，然后先手取一个后手就取另一个，问题转化为两两匹配得分最小值。

找到二分值的最高位 \(1\) 所在层的点，如果两个儿子都是偶数那么可以自己匹配，合法，如果一奇一偶那么必然无法，如果两个奇数那么就在两棵子树里面找最小值即可。

时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)

好像不需要二分，可以直接找最小值。

ARC131C *1162 \(\color{blue}\bigstar\)

有 \(n\) 个数，两人博弈，每次选一个数扔掉，如果扔掉后剩下数的异或和为 \(0\) 就赢，求先手是否必胜。
\(n\le 400000\)。

标签：博弈论。

*1200- 想半天，我该怎么办？？？

考虑如果先手能一下就赢那么结束，否则奇数就先手赢，不然后手赢。

考虑奇数情况，如果一下不合法，然后对面操作一下赢了，假设操作的两个数是 \(a,b\)，所有数的异或和是 \(x\)，\(a\) 与 \(b\) 异或就是 \(x\)，由于 \(a,b\) 都不能等于 \(x\)，因为等于就可以一步结束了，那么说明 \(a,b\) 两两对应，必然有一个没有对应，直接选哪个就好了。

ABC250G *2219 \(\color{green}\bigstar\)

一支股票，第 \(i\) 天价格为 \(a_i\) 元，初始钱无限，每天可以选择买入一股，卖出一股，或者什么也不干，求最大利润。
\(n\le 2\times 10^5\)。

标签：贪心。

反悔贪心典中典，直接贪心选前面的就好了，然后再把自己塞入就好了。

ABC250Ex *2773 \(\color{Gold}\bigstar\)

有 \(n\) 个点，\(m\) 条边，其中 \([1..k]\) 位置上可以睡觉，走过每条边需要一定时间，有 \(Q\) 次询问，每次询问两个点以及一个 \(T\)，问睡醒后最多走 \(T\) 时间，是否可以从一个点走到另一个。
\(n,m,Q,k\le 2\times 10^5\)。

标签：最小生成树，最短路。

考虑如果 \(k=n\)，那么显然是一个最小生成树。

否则考虑如果一条边可以连，需要满足 \(d_x+d_y+z\le T\)，\(z\) 表示边权，\(d_x\) 表示 \(x\) 离可以睡觉的点的最短距离，然后离线下来跑最小生成树就好了。

ARC131D *2271 \(\color{green}\bigstar\)

题比较长，自己看吧。

标签：贪心。

显然选的点距离恰好为 \(D\)，因为越靠近中间的越优。

分成左右两个部分，那么两个部分选的点数量之差不超过 \(1\)，可以算出。

然后对于每个 \(0\le i\le D\)，求出第一个点在 \(i\) 的最大值，直接双指针和差分维护即可。

ARC130D *2437 \(\color{green}\bigstar\)

给一棵 \(n\) 个点的树，给树上每个点赋一个点权，满足赋的点权是一个排列，并且对于 \(x\) 的两个相邻的点 \(y,z\)，满足 \(a_y<a_x>a_z\) 或者 \(a_y>a_x<a_z\)，求有多少种赋值方案，答案对 \(998244353\) 取模。
\(n\le 3000\)。

标签：树形 dp。

首先可以给每个点黑白染色，表示比边上点大还是小。

可以发现两种染色方案方案数相同，所以只需要算一个。

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(i\) 为根，\(a_i\) 小于它的儿子，第 \(i\) 个点的权值是第 \(j\) 小的方案数。

那么直接枚举儿子状态，然后考虑有多少个点比 \(i\) 小就可以直接转移，然后类似于树上背包直接做就好了，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

注意向上转移需要翻转数组。

ARC134D *1998 \(\color{green}\bigstar\)

有一个长度为 \(2n\) 的数组 \(a\)，可以选择一下标 \(1\le p_1,p_2...p_k\le n\)，然后组成序列 \(a_{p_1},a_{p_2}...a_{p_k},a_{p_1+n}...a_{p_k+n}\)，求这个序列字典序最小是多少。
\(n\le 10^5\)。

标签：贪心。

显然，我们需要找 \(a_{p_i}\) 最小的那个，然后如果 \(a_{p_i+n}<a_{p_i}\)，那么答案显然输出这两个数即可。

否则，假设第一元素最小的是 \(x\)，然后第一次出现位置的第二个元素是 \(y\)，那么单调栈维护第一元素 \([x,y]\) 的序列。

然后接下来考虑，是否可以删除第一元素为 \(y\) 的是否可以删去，找 \(y\) 后面第一个不等于 \(y\) 的，看他大于还是小于 \(y\) 即可。

AGC020C *2259 \(\color{green}\bigstar\)

已知 \(n\) 个数，你需要从中选出任意个数，价值是选出数之和，求对于所有选数方案价值的中位数。
\(n\le 2000,a_i\le 2000\)。

标签：dp。

考虑中位数，相当于小于和大于的数相同，那么对于一个小于 \(mid\) 的数 \(x\)，如果记所有数之和为 \(s\)，那么也必然存在一个 \(s-x\)，这样形成了一一对应，所以相当于求可以凑出那些数。

用 bitset 维护 dp，直接找可以凑出的最中间那个即可，时间复杂度 \(O(\frac{n^3}{w})\)。

tenka12017D *1789 \(\color{Gold}\bigstar\)

已知 \(n\) 组数 \((a_i,b_i)\) 和一个数 \(k\)，选出一些数，使得 \(a_i\) 的按位或之和 \(\le k\)，\(b_i\) 之和的最大值。
\(n\le 10^5,a_i\le 2^{30}\)。

标签：模拟。

sb 题做不出来，记录每一个降智瞬间。

考虑如果 \(a_i\le 2^{20}\)，那么直接暴力 FWT 即可，但会寄。

考虑相当于每个 \(x\le k\)，求 \(\sum_{a_i\in x} b_i\) 的最大值，那么 \(x\) 可以从 \(k\) 开始不断减一，然后发现可能对答案有贡献的就是每次找没有遍历过的最低位的 \(1\)，然后把它减一，把它前面的全部修改为 \(1\)，找最大值即可。

tenka12018E *2459 \(\color{green}\bigstar\)

有一个 \(n\times m\) 的 \(01\) 矩阵，求有多少个三顶点都是 \(1\) 的三角形满足三个点两两曼哈顿距离相等。
\(n\le 300\)。

标签：模拟。

感觉难度有点虚高。。

考虑对于选出的一个三角形，钦定有一个点在右下角，可以旋转 \(4\) 次得到总答案，那么最后的三角形像这样：

此时 \(x_1+y_2=x_2+y_1=x_1-x_2+y_1-y_2\) 容易发现此时 \(y_1-y_2=x_1-x_2\)，也就是左上角两个点在一条对角线上。

然后就可以对于一条对角线，暴力枚举两个点，然后统计右下角点的方案数。

这个方案可以预处理，设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \((i,j)\) 为左上角，曼哈顿距离为 \(k\) 的右下角的点有多少个。

可以直接二分找，时间复杂度 \(O(n^3\log n)\)，会被卡常。

实际上可以递推，\(f_{i,j,0}\) 可以直接做。

\[f_{i,j,k}=f_{i+1,j,k-1}+f_{i,j+1,k-1}-f_{i+1,j+1,k-2} \]

然后直接做就好了，注意会有重复的情况，讨论一下减去即可。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

ARC092E *2361 \(\color{green}\bigstar\)

有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，有两种操作：

选择一个两端的数，把它删除。

选择一个中间的数 \(a_i\)，把 \(a_{i-1},a_i,a_{i+1}\) 合并为一个数 \(a_{i-1}+a_{i+1}\)。

如果只剩下一个数，那么停止操作。

求剩下这个数的最大值，并构造方案。

\(n\le 1000,|a_i|\le 10^9\)。

标签：贪心。

超级诈骗题，绷不住了。

看到 \(n\le 1000\) 先写了半天区间 dp，然后寄了。

考虑最后剩下的数一定是原序列一些数的和，考虑一个子序列如果能被留下，那么必然相邻两个元素中间的一段区间都变成一个数，变成一个数的条件是长度为奇数，具体而言，选出子序列的位置为 \(p_1,p_2...p_k\)，那么满足 \(p_{i+1}-p_i-1\) 是奇数。

然后可以直接贪，要么选奇数位置上的正数，要么选偶数位置上的，直接输出方案即可。

注意需要特判全部是负数的情况，时间复杂度 \(O(n)\)。

ABC251Ex *3108 \(\color{blue}\bigstar\)

有一个 \(n\) 行的三角形，第 \(i\) 行有 \(i\) 个数，把第 \(n\) 行的所有数以区间压缩的形式告诉你，如果有一段区间满足 \(l\le i\le r,a_i=x\)，那么就压缩为 \((r-l+1,x)\) 的形式，现在已知有这样的 \(m\) 个区间，让 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 行第 \(j\) 个数，满足 \(f_{i,j}=(f_{i+1,j}+f_{i+1,j+1})\mod 7\)，求第 \(k\) 行所有的数。

\(n\le 10^9,m\le 200,k\le 5\times 10^5\)。

这个数据范围明示 \(O(mk)\)。。。

先考虑这个递推的过程，容易发现和杨辉三角类似，容易得到：

\[f_{k,x}=\sum_{i=0}^{n-k}\binom{n-k}{i}f_{n,x+i} \]

然后考虑一段区间对答案的贡献，容易发现如果已知对 \(f_{k,1}\) 的贡献，对后面的贡献相当于是平移一格，可以通过加一减一来做，所以直接考虑求 \(f_{k,1}\)。

可以发现本质上是组合数前缀和，模数很小，可以考虑 Lucas 后用分治解决，记录一个 \(\sum_{i=0}^{r-1} \binom{n-k}{i}\) 和 \(\binom{n-k}{r}\) 就可以转移了。

然后考虑向后递推，可以发现本质上求两个长度为 \(k\) 的组合数区间。

由于模数很小，不能用求出一个之后递推的方式来求，所以还是要分治。

然后直接做就好了。

work 函数是贺的，是分治处理组合数区间。

ARC115D *2325 \(\color{Gold}\bigstar\)

有一张 \(n\) 个点，\(m\) 条边的无向连通图，对于每个 \(1\le k\le n\)，求有多少个生成子图满足度数是奇数的点的数量为 \(k\)。

\(n,m\le 5000\)。

标签：计数，dp。

不会做，我是不是可以退役了\kk。

考虑如果存在环，那么可以把环上的一条边去掉，然后答案乘以 \(2\)，因为环上其他点加起来和这条边等价。所以此时变成了有一堆树的问题。

容易发现一棵树的奇点的数量一定是偶数，并且对于任意选择这些奇点的方案，都有一种满足条件的联通子图，因为只需要进行两两匹配，然后直接把两者之间所有边全部异或 \(1\)，（\(1\) 表示选这条边， \(0\) 表示不选）。

因此变成简单的计数 dp 了，记录 \(f_{i,j}\) 表示对于前 \(i\) 棵树，选了 \(j\) 个奇点的方案数，组合数随便转移一下就好了。

打了ARC140，过了 ABC，perf 2259，太逊了，可喜可贺的是终于苟上 1 Dan 了。

极度降智，A 一个傻逼错误结果以为是算法炸了，调了 \(15\) 分钟，BC 都是一眼会了，结果代码写半天，\(43\) 分钟才过 C。

然后做出 sb 决定，我觉得 D 计数不太可做，直接冲貌似挺可做的 E 构造。

结果到最后也没有翻盘，拉垮了，赛后发现 D 是简单题。

看来数树才是我的强项啊，构造这种东西还是留给 psz2007 这种罕见吧。

ARC140D *2443 \(\color{blue}\bigstar\)

已知 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点与 \(a_{i}\) 连边，有一些 \(a_i\) 是 \(-1\)，需要任意给其附上一个 \([1,n]\) 的权值，求对于所有赋值方案，该图连通块个数之和是多少，答案对 \(998244353\) 取模。

\(n\le 2000\)。

标签：斯特林数，计数，容斥，dp。

考虑最后的图一定是一个基环树森林，先把已知的边连起来，得到一堆连通块，这些连通块要么一个 \(-1\) 都没有，要么含有一个 \(-1\)，设 \(p_i\) 表示第 \(i\) 个连通块的大小，本质上相当于缩点了。

考虑既然是基环树森林，那么连通块个数等于环数，考虑哪些点在环上，这些点对答案的贡献是 \(\prod a_i\)，其他点的贡献是 \(n\)，先进行一下 dp 求出 \(f_i\) 表示钦定 \(i\) 个点在环上的贡献。

接下来考虑容斥，考虑一种 \(j\) 个点在环上的贡献在 \(i\) 中会算多少次。

显然是先选出 \(i\) 个点，然后把剩下的点变成任意的环，所以可以得到算的次数是 \(\binom{j}{i}(j-i)!=\frac{j!}{i!}\)，所以容斥相当于 \(f_{i}=f_i-(i+1)f_{i+1}\)。

还有一种更加简单的凑法，容易得到一行第一类斯特林数之和为 \(n!\)，考虑假设变换为 \(f_i=f_i-a_{i+1}f_{i+1}\)，那么可以得到

\[f_1=\sum i!(f_i-a_{i+1}f_{i+1}) \]

显然 \(a_{i+1}=i+1\)。

问题变成有 \(i\) 个点，分配到 \(j\) 个环上的方案数。

经典第一类斯特林数，直接可以得到有 \(i\) 个环的方案数，直接统计答案即可。

** lyc jc 我，把模数改成了 \(99824453\)，我调了好久。

std 做法更加简单一些，考虑设 \(g_i=(i-1)!f_i\)，这样 \(j\) 个点在环上的贡献在 \(g_i\) 中计算了 \(\frac{j!}{i}\) 次。

考虑一种 \(j\) 对答案的贡献就是

\[\sum \begin{bmatrix}j\\i \end{bmatrix}\times i=\sum_{i=1}^j \dfrac{j!}{i} \]

证明：考虑在 \(j\) 个点里面选出一个环，先选出 \(i\) 个点，这 \(i\) 个点形成一个环的方案数是圆排列，然后剩下的可以随便搞，所以得到：

\[\sum \begin{bmatrix}j\\i \end{bmatrix}\times i=\sum_{i=1}^j \binom{j}{i} \frac{i!}{i} (j-i)!= \sum_{i=1}^j \dfrac{j!}{i} \]

所以只需要把全部 \(g_i\) 加起来就好了，这样就不需要斯特林数了。

ARC071F *2336 \(\color{green}\bigstar\)

已知一个数 \(n\)，求有多少个无限长数列 \(a\)，满足以下条件：

对于 \(n\le i,j,a_i=a_j\)。

对于所有 \(a_i,i<j<k\le i+a_i\) 满足 \(a_j=a_k\)。

\(n\le 10^6\)。

标签：dp。

考虑 dp，从后向前做，设 \(f_i\) 表示 \(i\) 后面的答案。

如果 \(a_i>1,a_{i+1}>1\)，可以发现后面整个序列都确定了，这个地方贡献为 \((n-1)^2\)。

如果 \(a_i=1\)，贡献显然是 \(f_{i+1}\)。

如果 \(a_i>1,a_{i+1}=1\)，那么答案显然就是 \(\sum_{j=i+3}^n f_{j}\)。

也有一种可能 \(i+a_i>n\)，贡献为 \(i+1\)。

全部加起来，做完了，需要特判 \(a_{n-1}=n^2\)。

keyence2019E *2623 \(\color{Gold}\bigstar\)

已知 \(n\) 个点的无向完全图，\((i,j)\) 边权为 \(|i-j|D+a_i+a_j\)，求最小生成树。

\(n\le 10^5\)。

标签：分治，贪心。

比较妙的题，至少我不会做。

考虑把序列分成前面一半和后面一半，这样前面的点 \(i\) 到后面的点 \(j\) 的代价就死 \(a_i-iD+a_j+jD\)，这样就可以在前面和后面分别找最小值，然后可以发现越过中间的边一定都是连向 \(i\) 的边或者是连向 \(j\) 的边，因为如果另外存在一条 \((i_0,j_0)\)，那么显然 \((i_0,j),(i,j_0),(i,j)\) 三条边都比 \((i_0,j_0)\) 小。

所以直接这样分治，然后暴力连边，直接跑最小生成树，边数是 \(O(n\log n)\) 级别的，总时间复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

有一个更加牛的 \(O(n)\) 做法，我是看也看不懂，放个代码，有没有老哥解释一下咋做啊。

ABC219G *2287 \(\color{green}\bigstar\)

已知一张 \(n\) 个点的图，初始时第 \(i\) 个点的颜色是 \(i\)，有 \(Q\) 次操作，每次操作选择一个点，然后把和这个点直接相连的点的颜色全部改为这个点的颜色，求最后所有点的颜色。

\(n,Q\le 2\times 10^5\)。

标签：根号分治。

根号分治一下，如果一个点度数小于 \(\sqrt{n}\)，那么可以直接暴力修改即可，否则考虑标记一下这个点，那么询问一个点的答案是只需要询问与这个点相邻的度数 \(>\sqrt{n}\) 的点即可。

ARC073E *2434 \(\color{blue}\bigstar\)

有 \(n\) 组球，每组两个球，现在把球放到两个盒子里面，一组在两个盒子里面各放一个，每个球上有一个数字，求最后两个盒子极差之积的最小值。

\(n\le 2\times 10^5\)。

标签：贪心。

考虑先把所有球从小到大排序，分两种情况讨论。

最小的球和最大的球在同一个盒子里。

此时需要先保证这两个球不在同一组，那么相当于接下来每组选一个数，然后使得极差最小，这个可以直接双指针扫一遍就好了。

最小的球和最大的球不在同一个盒子里。

此时一个盒子的最小值确定，另一个的最大值确定，那么对于每组显然是小的全部放一个盒子里，大的全部放另一个。

yahooprocon2019qualE *2434 \(\color{Gold}\bigstar\)

已知一个 \(n\times m\) 的矩阵，每个位置要么是黑的，要么是白的，选择一个问有多少个子矩阵满足有奇数个黑点，答案对 \(998244353\) 取模。

此处子矩阵指对于两个长度分别为 \(n,m\) 子序列 \(p,q\)，所有 \(i\in p,j\in q,a_{i,j}\) 所构成的矩阵。

\(n,m\le 300\)。

标签：线性基。

牛子计数题，根本不会做。

考虑如果确定了取那些行，那么相当于每一个列有一些黑色点，假设有 \(x\) 个列有偶数个黑色点，有 \(y\) 个列的奇数个黑色点，那么如果 \(y=0\) 显然方案数是 \(0\)，否则可以选择一个奇数列，那么对于其他所有方案，只需要这个选或者不选就可以进行一一对应，所以相当于奇偶方案一样，总方案数就是 \(2^{m-1}\)。

然后再去考虑选行，选出一些行使得这些行的异或和不是 \(0\)。

先建立一个线性基，考虑直接去算等于 \(0\) 的答案。

考虑对于线性基外的每种选行方案，线性基中都对应着唯一一种的方案使得异或和是 \(0\)。

假设线性基中有 \(k\) 个元素，那么最后的答案就是 \(2^{m-1}(2^n-2^{n-k})\)。

vp 了 Code Festival 2016 Grand Final，过了 ACDG，完全被榜带偏，菜爆了。

A \(\color{gray}\bigstar\)

已知两个长度为 \(n\) 的数组 \(a,b\)，需要把 \(a\) 与 \(b\) 中的数进行匹配，两个数匹配的代价是两者之差，求让总代价之和最小的方案数。

\(n\le 10^5\)。

标签：模拟，计数。

考虑如果求最小咋做，就是直接对两个排序然后一一匹配即可。

然后考虑计数，先把两个数组放到一起排序，那么对于一个数必然是找在它之前的任意一个没有被匹配的，和它不是在一个数组里的数，直接统计即可。

C \(\color{gray}\bigstar\)

有 \(n\) 堆石子，两个人玩 nim 游戏，先手可以在开始前选择一些堆，把这些堆石子个数减一，问是否有一种必胜策略。

\(n\le 10^5\)。

标签：模拟。

先转化为异或问题，可以发现减一实际上就是把最低位换成后面全是 \(1\)，因此从高到底考虑每一位，如果这位不满足就减一，然后判断是否合法即可。

D \(\color{blue}\bigstar\)

有两个六面骰子，把每个骰子每个面的概率已知，现在有两个人游戏，第一个人选择一个骰子扔出，告诉第二个人点数，第二个人猜，猜对则第二个人胜，求第二个人胜率。

标签：三分，贪心。

一开始有个很简单的贪心：考虑哪个骰子的胜率大就扔哪个，但是会寄。

事实上，第一个人的策略是给两个骰子分配选中的概率，假设选中第一个的概率是 \(p\)，那么胜率 \(f(p)\) 显然可以三分求极值。

考虑胜率咋求，投中一个点数 \(i\) 的概率就是 \(a_ip+b_i(1-p)\)，开始有一个很简单的想法，就是第二个人选 \(a_i,b_i\) 中大的那个骰子。

但是这样还是会寄，因为第二个人是知道骰子的概率的，所以它可以预判第一个人的策略，所以它选择的是 \(a_ip,b_i(1-p)\) 中大的那个，然后直接做就好了。

J \(\color{Gold}\bigstar\)

\(1..2n\) ，对这些数两两匹配，然后使得有 \(a\) 组差为 \(1\)，\(b\) 组差为 \(2\)，\(c\) 组差为 \(3\)。

\(n\le 5000\)。

标签：计数。

直接暴力看有哪些方式可以搞出一个连通块，只有 \(aa,baab,abab\) 等几种情况，暴力枚举就好了。

codefestival_2016_qualC_D *2283 \(\color{green}\bigstar\)

有 \(n\times m\) 的矩阵，每个格子有一个颜色，每次操作可以选择一列向下移动一个，把最下面一个销毁掉，代价为操作前这一列与相邻列有多少个位置颜色相同，求把所有销毁的最小代价。

\(n,m\le 300\)。

标签：dp。

显然，对于每相邻两列来说都是相对独立的，所以可以对所有相邻两列统计答案然后加起来。

显然 dp，\(f_{i,j}\) 表示第一列高度为 \(i\)，第二列高度为 \(j\) 的最小代价，然后计算代价只需要直接类似前缀和预处理一下就好了。

发现每次 ARC 都是 D 做不出来，所以板刷。

ARC104D *2251 \(\color{blue}\bigstar\)

已知 \(n,m,k\)，对于每个 \(1\le x\le n\) 求出，有多少个只含有含 \(1..n\)，每个数出现次数 \(\le k\) 的，集合中数的平均数等于 \(x\) 的可重集数量，答案对 \(m\) 取模。

\(n,k\le 100\)。

标签：背包，dp。

考虑先枚举一个 \(x\)，然后考虑选其他数，那么可以看成是有 \(-x+1,-x+2...-1,1,2,3...n-x\)，这些体积的物品各 \(k\) 个，求选出体积为 \(0\) 的物品的方案数。

可以设 \(f_{i,j}\) 表示 \(1..i\) 的物品，放入 \(j\) 的体积的方案数。

相当于多重背包求方案数，不能二进制分组，暴力做会炸。

考虑这样一个东西，放一个物品是 \(f_{i,j}+=f_{i-1,j-i}\)，两个就是 \(f_{i-1,j-2*i}\)，所以最后的式子是 \(f_{i,j}=\sum_{p=1}^k f_{i-1,j-p*i}\)。

转化一下。

\[f_{i,j}=\sum_{p=1} f_{i-1,j-p*i}-\sum_{p=k+1}f_{i-1,j-p*i} \]

如果不考虑做后面减去的，那么显然是一个完全背包，但有后面的，可以发现完全背包相当于一个前缀和，直接减去后面的即可。

然后统计答案直接判正负的体积相等即可。

ARC105D *1871 \(\color{Gold}\bigstar\)

两人博弈，一开始有 \(n\) 袋石子，每袋 \(a_i\) 个，有 \(n\) 个空盘子，先手后手轮流选择一袋石子放到任意一个盘子上，然后玩 nim 游戏，问先手是否有必胜策略。

\(n\le 10^5\)。

标签：博弈。

sb 了，简单题不会做。

先考虑 \(n\) 的奇偶性会影响玩 nim 游戏的先后手操作，那么分情况讨论。

如果 \(n\) 为偶数，那么显然先手一直选最大的放到一个盘子里，这样得到的一个盘子一定大于其他所有的，有一种特殊情况是恰好等于，也就是相等的数可以两两匹配，特判一下。

然后不会了。

考虑 \(n\) 为奇数，那么后手采用类似的思路，先手一开始选一个放在一个盘子里，后手就每次选最大的那个放在这个盘子里，后手必胜。

posted @ 2022-05-07 14:32 houzhiyuan 阅读(179) 评论(2) 编辑收藏举报

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