Codeforces Global Round 29 (Div. 1 + Div. 2)

Codeforces Global Round 29 (Div. 1 + Div. 2)

A. Shortest Increasing Path

因为 \(x,y\ge1\)，所以如果 \(x=y\) 一定无解，且不存在可以一步到达的点。
如果一个位置可以通过 \(k>3\) 步到达，最后两步一定可以合并到前面，从而使用 \(k-2\) 步到达。
考虑进行两次操作和三次操作分别可以到达那些点。容易发现二次操作可以到达所有 \(x<y\) 的点，三次操作可以到达所有可以表示为 \((a+c,b)\) 且满足 \(0<a<b<c\) 的点。同时，我们随时从 \(a\) 中减去 \(1\)，往 \(c\) 中加上 \(1\)。所以直接钦定 \(a=1\)，所以只要满足 \(y>1\) 且 \(x-y>1\) 的 \((x,y)\) 就可以在三步内到达。
如果无法在两次或者三次内到达，就无解。

B. Multiple Construction

Solution 1

构造如下：\(n,n−1,n−2,...,1,n,1,2,...,n−1\)

1. 对于最大数 \(n\)，让它的两次出现间隔恰好为 \(n\)。
2. 对于其他数 k，让两次出现对称地分布在数组中间，使他们的距离为 \(2k\)。

Solution 2

考虑直接强化条件，把是 \(x\) 的倍数改成直接等于 \(x\)，那我们就是要让 \(a_i\) 和 \(a_{i+x}\) 同时等于 \(x\)，那考虑 \(n\) 在右边放， \(n-1\) 在左边放，然后这样循环交替。但是你会发现 \(a_n\) 会同时被 \(n-1\) 和 \(n\) 覆盖，也就是只有 \(n-1\) 和 \(n\) 会冲突，所以最后会呈现这个样子。

假设 \(n=10\)

\(\{9,7,5,3,1,1,3,5,7,9(10),8,6,4,2,0,2,4,6,8,10\}\)

然后你会发现有个地方没被覆盖，所以把 \(9\) 直接移过去，那就是这样

\(\{1,7,5,3,1,9,3,5,7,10,8,6,4,2,9,2,4,6,8,10\}\)

然后你把 \(a_1\) 改成 \(1\) 就行了。

\(n\) 是奇数同理。

C. Rabbits

注意到，每一个子串 \(11\) 都会将问题分割成两个子问题，因为位于相对两侧的兔子无法相互影响。
考虑对每个子问题进行操作。发现如果存在偶数个连续的 \(0\)，我们可以让他们一半向左，一半向右，这样他们就全部跳不了了。容易发现，两个跳不了的字符串恋连起来还是跳不了，所以可以直接把这偶数个 \(0\) 删掉。
现在每个子问题只有两种情况：单独一个 \(0\)，或者 \(010101\) 交替。
单独一个 \(0\) 显然不合法。考虑 \(010101\) 交替的情况。发现对于 \(010\) 我们可以一个向右，一个向左从而使他们跳到相同的位置上。所以对于任意多个 \(010\) 都可以删掉。所以，对于 \(010101\) 交替的情况，如果 \(0\) 的个数为偶数，就可以最终使兔子不跳，否则不行。

D. Game on Array

以下 \(x\) 的价值就是 \(x\) 的出现次数。

首先一个很简单的观察，先手最终的得分一定比后手大。

考虑两个人的最优决策是什么，第一想法是找价值最大的选，但这个想法是不对的，考虑这样：

\(\{1,10,10,10,10,10\}\)

如果先手先选了一个 \(10\)，那么后手会一直跟着先手选，直到最后变成 \(\{1,1,1,1,1,1\}\)，然后后手全部选完。

那么先手就是 \(5+5+5+5+5=25\)，后手是 \(5+5+5+5+6=26\)。

所以在这个例子中先手要先选 \(1\)。

那么通过这个例子中可以观察出来，在最优决策中，先手和后手肯定会一个拿到 \(\lfloor \dfrac{x}{2}\rfloor\) 次 \(x\)，另一个拿到 \(\lceil \dfrac{x}{2}\rceil\) 次 \(x\)。所以说关键在于谁比对方多拿 \(1\) 次，如果 \(x\) 是偶数就不用管了，如果 \(x\) 是奇数就相当于谁先抢到 \(x\) 的一血谁就会多拿一次 \(x\)，那么就按 \(cnt_x\) 排序轮流拿就行了。

E. Maximum OR Popcount

预处理 \(cost(x)\) 表示增加 \(x\) 个 \(1\) 需要的代价。
先按照原数组计算最大OR，记这个值为 \(w\)
我们贪心的从低位到高位处理每个位在 \(w\) 上为 \(0\) 的位置，先计算出仅让这一位变成 \(1\) 的最小代价，然后可能会有一些更低位从 \(1\) 变成 \(0\)，我们计算出将他们都变成 \(1\) 的代价。

F. Exchange Queries

对于 \((x, y)\)，若满足 \(p_x > p_y\) 或 \(s_x > s_y\)，则从 \(p_x\) 向 \(p_y\) 连一条有向边。
最终对连完边的图跑一个强连通分量，答案是：

\[\frac{n(n+1)}{2} + \sum \binom{\text{size}_i}{2} \]

其中 \(\text{size}_i\) 是每个强连通分量的大小。

直接 \(O(n^2)\) 连边不可行，因此考虑优化：
我们只对相邻的 \(p\) 值连边：即对 \((p_x, p_x - 1)\) 连边。只有当出现交叉情况时才需要额外连边：
即存在 \((x, y)\) 满足 \(p_x > p_y\) 且 \(s_x < s_y\)，此时连一条反向边 \(p_y \rightarrow p_x\)。
类似地，我们连反向边的时候只需要考虑相邻的 \(s\) 值 \((s_x,s_x+1)\)

考虑一对 \((x, y\)，满足：

• 在 \(p\) 序列中有路径：
  \(p_x \rightarrow p_x - 1 \rightarrow \cdots \rightarrow p_y\)
• 且 \(s_y = s_x + 1\)，即存在反向边 \(p_y \rightarrow p_x\)

则区间 \([p_y, p_x]\) 形成一个强连通分量。

我们用 \(p_y\) 代表该分量，并对区间 \([p_y + 1, p_x]\) 进行区间加 \(1\)。最终我们需要统计值为 \(0\) 的位置。两个 \(0\) 之间的距离即为每个强连通分量的大小。