AtCoder做题记录

有些题还没写，不一定保证正确。

ARC148

ARC148C

考虑到求最值，有一个很显然的 dp 做法：考虑结点 $i$ 的子树初始时被翻转次数的奇偶性，然后再根据最终要全部和点集相同或不同分讨弄 4 个 dp，转移随便胡一下，然后上虚树就行。

上面那个太难写了，这里有一个比正解更优的做法。不妨令点集中的点为黑色，其余点为白色，则问题转化成将整棵树染成白色。考虑深度最小的黑色点，显然只有操作根到该点路径上的任意一点时才能将其染成白色，贪心地，操作该点最优。考虑循环模拟上述过程。

实际上我们发现取出深度最小的黑色结点时，可以默认该点的所有子结点均为白色。那么对于每个子结点，都需要再进行一次操作以将其变回白色。判掉父子结点均为黑色的情况即为最小操作数。时间复杂度 $O(n)$

EDqwq锐评：撅来撅去，父子相撅

ARC147

ARC147C

发现这个式子当所有 $x_i$ 趋近于某一个值时答案比较优，于是可以发现这是一个近似单谷函数，用二分 + 随机化/特判过掉就行。

令 $\max_{i = 1}^n L_i = M$，$\min_{i = 1}^n R_i = m$。

• $M \leq m$

  显然 $\forall 1 \leq i \leq n, L_i \leq M$ 且 $R_i \geq m$，于是令 $\forall 1 \leq i \leq n, x_i = m$，答案为 $0$

• $M < m$

  因为 $L_i \leq R_i$，所以 $M, m$ 必然位于两个不同的下标。假设 $M = L_p, m = R_q$，那么有结论：$\forall 1 \leq i \leq n, x_p \leq x_i \leq x_q$

  证明：如果存在若干位置，使得 $x_i < x_p$ 或 $x_i > x_q$，则因为有 $x_q \leq m < M \leq x_p$，且 $\forall 1 \leq i \leq n, L_i \leq M$ 且 $R_i \geq m$，只需要令 $x_i < x_q$ 的位置为 $x_q$，$x_i > x_p$ 的位置为 $x_p$ 即可，与题设矛盾。

  于是令 $C = \sum\limits_{i \neq p, q}^n \sum\limits_{j \neq p, q}^n |x_i - x_j|$，则答案为：

  $C + |x_p - x_q| + \sum\limits_{i \neq l, r} |x_i - x_p| + \sum\limits_{i \neq l, r} |x_i - x_q|$

  发现这个式子可以递归定义，简单手玩可以发现最后的答案为：

  $\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} |L_i - R_i| \times (n - 2i - 1)$

  其中 $L_i$ 按降序排列，$R_i$ 按升序排列。

  时间复杂度 $O(n \log n)$

ARC147D

大诈骗，差评。

考虑 设而不求。令 $a_i$ 表示 $S_i$ 和 $S_{i + 1}$ 的公共元素，则长度为 $n - 1$ 的 $a$ 序列一共有 $m^{n - 1}$ 种。

我们发现当 $a$ 确定且 $S_1$ 确定时，$S_2, ..., S_n$ 也随之确定。$S_1$ 共有 $2^m$ 种。

考虑再设 $A_i$ 表示当 $S_1$ 包含 $i$ 时 $S_1, ..., S_n$ 中包含 $i$ 的集合总数，同理 $B_i$ 为不包含时。考虑选与不选每个数，发现答案为 $\prod\limits_{i = 1}^n (A_i + B_i)$，而 $\forall 1 \leq i \leq n, A_i + B_i = n$。所以原式为 $n^m$

所以最终答案为 $n^m \cdot m^{n - 1}$，复杂度 $O(\log m + \log n)$

ARC147E

你会考虑到一些显然的贪心策略，但这些显然都是错的。

题目的要求是最终 $\forall 1 \leq i \leq n, B_i \leq A_i$。这个条件和 $\forall 1 \leq i \leq 10^9, \sum\limits_{j = 1}^n [b_j \leq i] - \sum\limits_{j = 1}^n [a_j \leq i] \geq 0$ 是等价的（$a_i, b_i \leq 10^9$）。

可以从值域的角度去考虑。考虑到值域上第一个不满足上面限制的位置 $k$，显然地 $k - 1$ 满足条件，那么意味着 $a_i = k, b_i > k$ 的数量比 $a_i = b_i = k$ 的数量要大。为满足条件，需要找到一个 $b_i \leq k, a_i > k$ 的位置交换，否则无法满足条件。如果有多个满足条件的数，显然选 $a_i$ 最大的最优。

于是考虑用优先队列维护一下，复杂度 $O(n \log n)$

ARC145

ARC145C

容易证明当且仅当相邻两个数相乘时原式取得最大值，所以考虑这个序列经过重排可以得到多少个序列。

首先显然地可以同时任意交换 $A_i$ 和 $B_i$，方法数为 $n!$

然后可以任意选择一对 $A_i, B_i$ 交换，方法数为 $2^n$

然后考虑将得到的 $A_i, B_i$ 对应回排列 $P$。

对于一对相差 $1$ 的正整数 $(a, b)$，称 $a$ 为左元素，$b$ 为右元素，那么对于排列 $P$ 的任意一个前缀，必定有左元素的总数大于等于右元素的总数。把左元素看成左括号，右元素看成右括号，那么合法的排列 $P$ 等价于合法的括号序列。

长度为 $2n$ 的合法括号序列的数量为卡特兰数，即 $\frac{1}{n + 1} \cdot {2n \choose n}$

所以最终的答案为 $2^n \cdot n! \cdot \frac{1}{n + 1} \cdot {2n \choose n} = 2^n \cdot \frac{(2n)!}{(n + 1)!}$，时间复杂度 $O(n)$

ARC145D

神仙三进制构造。

假设存在一些互不相同的正整数，其中每一个数的三进制表示均只包含 $0, 1$，那么由这些数构成的集合一定符合除和为 $M$ 外的所有限制条件。

证明：$\forall x < y < z, x, y, z \in S$，有 $z - y \neq y - x$ 实际上等价于 $2y \neq x + z$。此时因为每个数的三进制表示上都只有 $0, 1$，所以 $x + z$ 不可能进位。所以若 $2y = x + z$，那么对于 $y$ 的三进制表示上的某一位：
1. 该位为 $0$，$x, z$ 的这一位均为 $0$
2. 该位为 $1$，因为 $y$ 的三进制表示只包含 $0, 1$，所以 $2y$ 的三进制表示只包含 $0, 2$，故矛盾
3. 该位为 $2$，$x, z$ 的这一位均为 $1$
所以若 $2y = x + z$，则一定有 $x = y = z$。又因为集合的互异性，所以矛盾，故原命题成立。

为使构造出的集合值域在 $\pm 10^7$ 内，贪心地考虑选取最小的 $n$ 个满足条件的正整数。令这 $n$ 个正整数的和为 $S$，此时如果 $n \mid m - S$，因为显然给所有数同时增加一个值不影响答案，则只需要给所有数增加 $\frac{m - S}{n}$ 即可。因此考虑构造这样的一种情况。

我们注意到 $m - S \leq n - 1 \pmod n$，因此我们可以考虑给整个序列乘以 $3$，然后选择 $m - S \bmod n$ 个数增加 $1$ 即可消除余数。检验发现这样做也在值域内，所以直接写。

ARC143

ARC143C

分别考虑在每一堆石子上单独博弈的情况，显然先手的输赢是确定的。对于第一次操作，显然先手的人把所有先手必赢的位置全部取一次最优。此后先手的人只需要跟着后手的人操作同样的石子堆，显然此时先手必赢。

于是当存在先手必赢的石子堆时先手必赢，反之先手必输（初始时无法操作）。每个石子堆可以 $O(1)$ 判断，复杂度 $O(n)$

ARC143D

发现题目给的形式类似于拆点，可以考虑再拼回去。

具体地，从 $A_i$ 向 $B_i$ 连边建一张图。由于路径唯一，因此拆点后原图的桥一定对应若干条新图中的桥。将这些桥去掉，问题转化成给无向图中的每一条边定向，使得该图中桥和割点的个数之和最小。这里可以通过 dfs 树构造，树边按照遍历方向定向，返祖边从后代到祖先定向。

具体原理我也不是很懂，但是看上去很对

然后整理答案即可。

ARC143E

这种东西有一个已经草烂的结论：当且仅当白色点个数为奇数时有解

考虑叶结点。发现白色的叶结点必然在其父结点之前删除，黑色叶结点反之。于是可以确定这对父子结点之间操作的先后顺序。将一个点上的“装置”移除，实际上相当于删除该结点。于是可以将这些叶子结点和其父结点删除，又会产生新的叶结点。此时继续重复上面的流程，得到若干组父子结点的先后顺序。

问题转化成构造一组满足这些顺序约束且字典序最小的操作序列。发现实际上就是建 DAG 然后跑一次拓扑排序。

ARC134

ARC134C

可以考虑把题目限制转化为等价的形式：每次从同一个盒子中取出一对由 1 号球和其他球组成的球，经过若干次操作后，每个盒子内的球数量均不为 $0$，并且只有 1 号球。

于是可以考虑先给每个盒子都放入若干个 $1$ 号球，然后把剩下的球按照上面的构造一对对放回去。对于 $i$ 号球，显然将其放入 $k$ 个箱子的方案数为 $C_{a_i + k - 1}^{k - 1}$。最后考虑将剩下的 $a_1 - \sum\limits_{i = 2}^n a_i$ 个 1 号球放入 $k - 1$ 个盒子，方案数为 $C_{a_1 - \sum\limits_{i = 2}^n a_i - 1}^{k - 1}$

于是最终的答案为 $\prod_{i = 2}^n C_{a_i + k - 1}^{k - 1} \cdot C_{a_1 - \sum\limits_{i = 2}^n a_i - 1}^{k - 1}$

用卢卡斯做就行。

ARC134D

神秘贪心。

考虑到肯定是优先把 $a_i$ 最小的 $i$ 选进来，此时分两种情况：

1. 存在 $1 \leq k \leq n$，使得 $a_k = a_i$ 并且 $a_k \geq a_{k + n}$，显然此时选且只选 $k$ 是最优的。

2. 反之，可以考虑将所有 $a_k = a_i$ 的 $k$ 选出，使得较大的 $a_{k + n}$ 被延后。由于序列可以分成 $a_{p_1}, a_{p_2}, ..., a_{p_n}$ 和 $a_{p_1 + n}, ..., a_{p_n + n}$ 两部分，所以可以把 $a_k < a_{p_1 + n}$ 的 $k$ 也选进来。对于 $a_k = a_{p_1 + n}$ 的情况，暴力判断加入是否可以使字典序变小。如果可以显然全选最优。

于是做完了，是不是很简单呢？

ARC141

ARC141C

考虑一个合法的字符串 S，设 $L_i$ 为左数第 $i$ 个左括号的下标，$R_i$ 为右括号。你发现实际上 $P = L_1, R_1, ..., L_n, R_n, Q = L_n, R_n, ..., L_1, R_1$，根据 $P, Q$ 把 $S$ 草出来。然后再重新根据 $S$ 把似乎是 $P, Q$ 的东西草出来，看一看是不是和给的一样就行。

ARC140

ARC140C

随便手玩可以发现类似于这样的构造 $(X, X - 1, X + 1, X - 2, X + 2, ...)$

虽然这样取不到理论上界，但是我们可以获得一些启发。

以 $N$ 为奇数为例，$N$ 为偶数的情况类似。考虑将 $[1, 2N]$ 中除去 $X$ 的数分成大小各为 $\lfloor \frac{N}{2} \rfloor$ 的两部分，分别记为 $L_1, L_2, ...$ 和 $R_1, R_2, ...$。显然 $X, L_1, R_1, L_2, R_2, ...$ 这样构造是最优的，可以取满上限 $N - 1$

但是这个难写，不如贺贺贺贺贺。

ARC140D

对于 $N$ 个点 $N$ 条边的无向图，考虑它的每一个连通分量。

假设某一个极大连通分量的大小为 $k$，显然有 $k - 1$ 条边使得该连通分量连通。剩下一条边必然构成一个环，反之该连通分量会增加一个顶点。于是对于原图的每一个连通分量，其包含且仅包含一个环。

我们发现：原图中连通分量的个数等于环的个数。

然后考虑 $A_i = -1$ 的结点对于连通分量个数的影响。分类讨论：

1. 环。显然它不包含 $A_i = -1$ 的结点。

2. 基环树，也不包含 $A_i = -1$ 的结点。

3. 树，此时有且仅有 $1$ 个 $A_i = -1$ 的结点在树上。

对于第一种和第二种情况，它们无法连接两个连通分量，考虑把它们先提出来，求出对答案的影响。假设这些连通分量的个数为 $x$，形态为树的连通分量的个数为 $y$，那么这两种情况的总贡献为：$x \cdot n^y$

在分析树的情况前先记这些树分别为树 1，...，树 $m$。第 $i$ 棵树的大小为 $t_i$

然后考虑 $A_i = -1$ 的边连接若干个连通分量后形成了新的连通分量。显然它们构成的环可以被这样表示：树 $p_1$ -> 树 $p_2$ -> ... -> 树 $p_1$

对于该环中的边，显然它从上一棵树中的唯一一个 $A_i = -1$ 的结点连过来，可以连到当前树上的任意一个结点。于是这条边有 $t_i$ 种选择。那么对于 $k$ 棵树构成的环，它对答案的贡献是：

$(k - 1)! \cdot \prod_{i = 1}^k t_{p_i}$

于是最终的答案为

$x \cdot n^y + \sum\limits_{k = 1}^m (k - 1)! \cdot \prod_{i = 1}^k t_{p_i}$

其中 $p$ 是由任意 $k$ 棵树的编号构成的序列。

上式可以暴力 $O(n^2)$ 求出，也可以写高明的分治 NTT

ARC140E

第 $i + 1$ 行第 $j + 1$ 列的数为 $(\lfloor \frac{i}{23} \rfloor \cdot \lfloor \frac{j}{23} \rfloor + i + j) \bmod 23 + 1$

证明可以看官方题解。

你问我怎么想到的？这不是非常非常显然吗

ARC139

ARC139D

题解

ARC126

ARC126C

观察样例发现当 $K$ 足够大时使所有数相等最优，反之由于 $\gcd(a_1, ..., a_n) \leq min(a_1, ..., a_n)$，可以合理猜测 $\gcd$ 不超过 $3 \times 10^5$。显然取到一个 $\gcd$ 的代价可以贪心计算（取到下一个 $K$ 的倍数）。

不妨设 $cnt_i = \sum\limits_{j = 1}^n [a_j \leq i], pre_i = \sum\limits_{j = 1}^n \max(i - a_j, 0)$。显然地 $\gcd = i$ 时的代价为 $\sum\limits_{k = 0}^{\frac{\max(a_j)}{i}} pre_{(k + 1)x} - pre_{kx} - cnt_{kx} \cdot x$

并且有 $pre_{i + 1} = pre_i + cnt_i, cnt_{i + 1} = cnt_i + \sum\limits_{j = 1}^n [a_j = i + 1]$

于是可以 $O(n \ln n)$ 做。

ARC127D

首先答案可以表示成先把 $[1, K]$ 的数聚在一起，然后再排序需要的操作次数。

假设我们选出了 $K$ 个元素，那么有结论：将 $K$ 个元素聚拢在中间的元素最优。令 $m$ 为这 $K$ 个位置的中位数。考虑从前往后加入，那么当加入第 $m$ 个数时，$m$ 恰好是要求子段的中间位置。

观察到 $K \leq 16$，于是考虑状压 dp。令 $F_S$ 为已经聚拢的数集等于 $S$ 时需要的最小代价。枚举最后一次加入的数 $a_i$，发现很难得到转移。

不妨将最终的贡献写出来。令初始选择的 $K$ 个元素的下标为 $p_1, ..., p_K$，最终得到的子段的下标为 $q_1, ..., q_K$。显然地，$\forall 1 \leq i < m$，对答案的贡献之和为 $\sum\limits_{i = 1}^{m - 1} |p_i - q_i| = \sum\limits_{i = 1}^{m - 1} q_m + i - p_i$。同理 $\forall m < i < K$，对答案的贡献之和为 $\sum\limits_{i = m + 1}^K p_i - (q_m + i)$。

我们发现当 $K$ 是偶数时 $(q_m + i)$ 可以抵消，而 $K$ 是奇数时会在 $m + 1$ 处剩下一项。于是我们考虑在转移时只考虑 $p_i$ 的影响，然后在加入第 $m$ 个数时判断是否需要这一项即可。