2025.10 做题笔记

MAO! GIVE ME LOVE 君
gimmick gimmick LOVE
どうか笑ってダーリン
MAO! GIVE ME LOVE 君
gimmick gimmick LOVE
今夜最後まで 鳴らせ

——洛天依《MAO!》

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AT_arc121_e

思维难度：\(\color{#FFC116} 黄\) *1400

这也能反演 /jy

要求的条件是排列 \(a\) 满足每个 \(a_i\) 都不是 \(i\) 的祖先。

但是这个东西不好数。

注意到「都不是」，也就是说恰好 \(0\) 个不是，所以可以反演。发现钦定 \(i\) 个不合法是好数的，于是直接二项式反演做完了。

还有一点转化：因为直接按照祖先数的话，子树之间会产生冲突，所以需要把 \(a_i\) 是 \(i\) 的祖先转化为 \(i\) 在子树 \(a_i\) 内（不包含 \(a_i\)），因为 \(i\) 和 \(a_i\) 都是 \(1 \sim n\) 的排列所以两者是双射的。

被这个转化硬控一上午最后找 gpt 才解决了.jpg

哦具体数的方法就是树上背包，这个是容易的。

submission

天依宝宝可爱！

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[补]AT_arc133_d

思维难度：\(\color{#52C41A} 绿\) *1700

数位 dp 显然，所以首先要把 \([L,R]\) 拆掉，但是发现我们要在 \([L,R]\) 内选两个数，所以不能直接 \([0,R] - [0,L-1]\)。

但是注意到选一个数是一维差分，所以选两个数直接换成二维差分就可以了，令 \(sol(n,m)\) 为 \(l\) 取值 \([0,n]\)，\(r\) 取值 \([0,m]\) 的答案，则最终答案就是 \(sol(R,R) - 2sol(L-2,R) + sol(L-2,L-2)\)。

其中 \(l \le r\) 这个条件可以忽略，因为最终得到的答案集合恰好 \((l_x,r_x)\) 和 \((r_x,l_x)\) 一一对应，所以最后直接除以 \(2\) 即可。

于是要求 \(sol(n,m)\)。转化成前缀和，得到：

\[sol(n,m) = \sum _{l=0} ^n \sum _{r=0} ^m [s_l \oplus s_r = v] \]

结论：

令 \(s_n = \bigoplus _{i=1} ^n i\)，有：

\[s_n = \begin{cases} n & n \equiv 0 \pmod 4 \\ 1 & n \equiv 1 \pmod 4 \\ n+1 & n \equiv 2 \pmod 4 \\ 0 & n \equiv 3 \pmod 4 \\ \end{cases} \]

故只需要考虑 \(l,r \equiv 0 ~or~ 2 \pmod 4\) 的情况了。

但是 \({} \bmod 4\) 很烦，考虑去掉。发现 \(x \equiv 0 \pmod 4\) 的情况等价于 \(x\) 的最后两位为 \(00\)；\(x \equiv 2 \pmod 4\) 的情况等价于 \(x\) 的最后两位为 \(10\)，且 \(s_x\) 的最后两位为 \(11\)。所以规定 \(l,r\) 的后两位合法，然后直接整体右移 \(2\) 位，可以得到：

\[sol(n,m) = \sum _{l_0 \in \{0,3\} \land r_0 \in \{0,3\} \land l_0 \oplus r_0 \equiv v \pmod 4} \sum _{l=0} ^{\lfloor (n-l_0)/4 \rfloor} \sum _{r=0} ^{\lfloor (m-r_0)/4 \rfloor} [l \oplus r = \lfloor v/4 \rfloor] \]

注意此处直接用 \(s_x\) 的值代替 \(s_x\) 了。

第一个 \(\sum\) 直接枚举，后面两个是简单的数位 dp。

还没有的 submission

天依宝宝可爱！