ABC 补题杂记

ABC463F

假设最大值为 \(b\)，显然我们只关注 \(b\)，\(b-1\) 与其他元素这三类，不妨分别视为 \(2\)，\(1\) 与 \(0\)。于是每一对元素都可以视为 \((0,0)\)，\((0,1)\)，\((0,2)\)，\((1,1)\)，\((1,2)\)，\((2,2)\) 中的一种（无序），后文计数用 \(c\) 表示。接着，我们要构造一个函数方便后面的概率计算，不妨记作 \(F(m,s)\)，表示已有 \(s\) 个必选，\(m\) 个独立 \(\frac12\) 概率加入，特定一个必选被选中的概率。易得 \(F(m,s)=\sum_{k=0}^m\binom mk2^{-m}\frac1{s+k}\)，可以 \(\Theta(n)\) 计算。

当最终胜者胜场为 \(n+1\) 时：

对于 \((2,2)\)，每人获胜概率显然为 \(\frac12F(c(2,0)+c(2,1),c(2,2))\)。

对于 \((2,0)\) 与 \((2,1)\)，我们钦定 \(2\) 获胜，概率显然为 \(\frac12F(c(2,0)+c(2,1)-1,c(2,2)+1)\)。

当最终胜者胜场为 \(n\) 时：情况存在先决条件为 \(c(2,2)=0\)。

对于 \((2,1)\)，获胜概率均为 \(2^{-c(2,1)-c(2,0)}F(c(1,0),2c(2,1)+c(2,0)+c(1,1))\)。

对于 \((2,0)\)，只有 \(2\) 才有这个概率了。

对于 \((1,1)\)，获胜概率是这个概率的一半。

对于 \((1,0)\)，\(1\) 获胜概率自然变为 \(2^{-c(2,1)-c(2,0)-1}F(c(1,0)-1,2c(2,1)+c(2,0)+c(1,1)+1)\)。

按分类讨论结果模拟即可。

ABC461G

首先注意到存在最优解 \(W_i\in\{0,1013,2026\}\)。

于是考虑拆点，将每个点拆成两个点 \(A\) 和 \(B\)，其中 \(A\) 先存 \(B\) 后存。考虑对边 \((u,v)\) 连接 \(A_u,B_v\) 与 \(A_v,B_u\)，则和限制转化为最大独立集问题，Dinic 跑二分图最大匹配即可。时间复杂度 \(\O(m\sqrt n)\)。

ABC458E

显然合法相当于不含 \(1,3\) 或 \(3,1\) 子段。不妨确定 \(2\) 的位置插板法。考虑容斥，枚举钦定 \(i\) 个空隙不合法。\(m\) 同球 \(n\) 不同盒可以用隔板法计算，方案数为 \(\binom{n+m-1}{n-1}\)。答案即为

\[\sum_i(-1)^i\binom{x_2+1}{i}\binom{x_2+x_1-i}{x_2}\binom{x_2+x_3-i}{x_2} \]

ABC457G

考虑从果子 \(i\) 出发能接到果子 \(j\) 的充要条件：\(|x_i-x_j|\le t_j-t_i\)，即 \(t_i-t_j\le x_i-x_j \le t_j-t_i\)，拆开移项得 \(x_i-t_i\ge x_i-t_j\) 且 \(x_i+t_i\le x_j+t_j\)。

令 \(l_i=x_i-t_i,r_i=x_i+t_i\)，则条件变为 \(l_i\ge l_j\) 且 \(r_i\le r_j\)。根据 Dilworth 定理，求最小链划分中链的数目相当于求最长反链的长度，即求最长 \(l_i\ge l_j\) 且 \(r_i>r_j\) 的长度。二分 + 贪心即可，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。