AT 杂题选做

ABC363F (Difficulty: 1913)

若记 \(\text{rev}(x)\) 为对 \(x\) 的十进制倒转得到的数，那么答案有三种情况：

• \(N\)。
• \(x\times\text{rev}(x)\)。
• \(x\times\text{(expression)}\times\text{rev}(x)\)。

注意到第二种情况是可以被忽略的，因为 \(x\times1\times\text{rev}(x)=x\times\text{rev}(x)\)。

并且我们只需要考虑 \(x\le\sqrt n\) 的情况，因为若 \(x>\sqrt n\)，因为要满足 \(x\times\text{rev}(x)\le n\)，所以 \(\text{rev}(x)\le\sqrt n\)，所以 \(\text{rev}(x)\times\text{(expression)}\times x\) 也满足条件。

所以考虑记 \(f(n)\) 为当 \(N=n\) 时的答案（无解时为空），那么有两种转移：

• 若 \(n\) 的十进制为回文串且不包含 \(0\)，则答案为 \(n\) 的十进制表示。
• 否则枚举 \(i\in[1,\sqrt n]\)，满足 \(i\) 的十进制不包含 \(0\)，那么令 \(y=\text{rev}(x)\)。若有 \(n\bmod xy=0\)，且 \(f(\frac{n}{xy})\) 不为空，那么答案为 \(x\times f(\frac{n}{xy})\times y\)。

用记忆化搜索可以做到 \(O(d^2(n))\)。

ABC354F (Difficulty: 1639)

1600 的题目果然比 1900 的要水

考虑先计算出序列的最长递增子序列的长度 \(len\)，以及以每个位置开头或结尾的最长递增子序列的长度 \(f_i,g_i\)，那么检验一个位置是否合法就只需要判断 \(f_i+g_i-1\) 与 \(len\) 是否相等。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

ABC353G (Difficulty: 1765)

考虑设 \(f_{i,j}\) 表示第 \(i\) 次操作后走到点 \(j\) 的最大价值，那么转移为

\[f_{i,j}= \begin{cases} f_{i-1,j},&i\not= T_i\\ \max_{k}\{f_{i-1,k}-C\times\left|i-k\right|+w_i\},&i=T_i \end{cases} \]

注意到第一维可以删去，并且每次转移的式子拆开后可以变为

\[f_{T_i}=\max\{\max_{j\le i}\{f_{j}+C\times j\}-C\times i,\max_{j\ge i}\{f_{j}-C\times j\}+C\times i\}+w_i \]

于是可以用线段树维护区间 \(f_i\pm C\times i\) 的最大值，然后转移。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

ABC339F (Difficulty: 1716)

考虑哈希，计算出 \(a_i\) 在模意义下的值，而之后的计数是容易的。

哈希可以取多个质数，防 hack。

ABC359G (Difficulty: 2099)

因为 \(f(i,j)=deep_i+deep_j-2\times deep_{\text{lca}(i,j)}\)，所以可以先对于每个 \(i\) 计算出 \(deep_i\) 单独的贡献，这一部分是简单的。

然后考虑计算 \(\sum deep_{\text{lca}(x,y)}\)，因为 \(\text{lca}(x,y)\) 的深度即为 \(x\) 和 \(y\) 的公共祖先个数，所以可以转换为对于每个点计算其子树内点权相同的点有多少个，这可以用树上启发式合并求出。

ABC264F (Difficulty: 1878)

考虑设 \(f_{i,j,0/1,0/1}\) 表示走到了位置 \((i,j)\)，其中第 \(i\) 行有没有被异或，第 \(j\) 列有没有被异或的方案数。那么转移可以从位置 \((i-1,j)\) 和位置 \((i,j-1)\) 转移过来，并且后两维只会改变一维，所以直接统计即可。

至于转移方程，由于太多了，就不放了。

ARC158C (Difficulty: 1875)

考虑对于每一位分别考虑。

可以先把不进位时的答案先计算一遍，再去统计进位的贡献。而第 \(k\) 位要进位要满足 \(b_i+b_j\ge10^k\)，其中 \(b_i,b_j\) 为 \(a_i,a_j\) 的第 \(k\) 位。这可以通过二分统计出方案数。

但要注意，若两个数第 \(k\) 位和为 \(9\)，且这一位有进位，这一位就不会再产生贡献，所以要把这种情况减去。

ARC134D (Difficulty: 1998)

考虑先将前 \(n\) 个数的最小字典序子序列求出，记为数组 \(a\)，而对应的后 \(n\) 个数即为数组 \(b\)。很显然其他元素就一定不会出现再答案里。

设 \(mn\) 为满足 \(a_i=a_1\) 的最小的 \(b_1\)，分类讨论：

• 若 \(mn\le a_1\)，此时只需要保留 \([a_1,mn]\)。
• 否则继续分类讨论：
  • 若 \(a=[2,2,2,4,5,6],b=[4,3,\cdots]\)，那么可以把 \(a\) 中 \(4\) 以后的数去掉，使字典序更小。
  • 若 \(a=[2,2,2,4,5,6],b=[4,7,\cdots]\)，那么可以把 \(a\) 中 \(5\) 以后的数去掉，使字典序更小。但注意此时把 \(4\) 以后的数去掉会使字典序更大。

综上，可以算出 \(a\) 种去掉 \(\ge b_1\) 和 \(> b_1\) 后哪个字典序更小，就是答案。

ARC163D Sum of SCC (Difficulty: 2581)

考虑竞赛图缩点的优秀性质。

性质一：竞赛图缩点后任然是竞赛图。

这应该是平凡的。

性质二：竞赛图缩点后的拓扑序唯一

因为是竞赛图，所以入度为 \(0\) 到 \(n-1\) 间每个数的点都恰好有一个。那么每次拓扑都会选择一个入度为 \(0\) 的点，并令其他点入度都减一，这就变成了一个 \(n-1\) 的子问题。

性质三：竞赛图的 SCC 数等于将该图划分为两个集合 \(A,B\)（可以为空）并满足 \(\forall u\in A,v\in B\)，\((u,v)\) 这条边的方向为 \(u\to v\) 的方案数减一。

考虑将缩点后的拓扑序即为 \(p_1,\cdots,p_k\)，那么对于每一个 \(i\)，把 \(p_1\cdots,p_i\) 划入集合 \(A\)，剩下的划入集合 \(B\) 一定是一种合法的方案，这样一共有 \(k+1\) 中。

再考虑证明其他方案一定不合法。

若集合 \(A\) 内拓扑序不连续，那么一定存在某个 \(u\in B\)，连向了 \(A\) 中的点，这样就不满足条件。集合 \(B\) 内拓扑序不连续也同理。

若把一个 SCC 拆开，肯定也会出现 \(B\) 集合连向 \(A\) 集合的情况，这也不合法。

综上，根据性质三，就只需要计数将其划分为集合 \(A,B\) 的方案数。

设 \(f_{i,j,k}\) 表示 \(\left|A\right|=i,\left|B\right|=j\) 且 \(u<v\) 的边数为 \(k\) 的方案数，考虑每次加入最大的数，并分讨加入 \(A\) 或 \(B\)，并计算对应的方案数。

ARC162E Strange Constraints (Difficulty: 2780)

换一种角度考虑，考虑 DP 每一个数的出现次数。

因为出现次数为 \(i\) 的数的位置 \(j\) 一定满足 \(a_j\ge i\)。于是可以设 \(f_{i,j,k}\) 表示考虑出现次数 \(\ge i\) 的数，这种数一共有 \(j\) 个，且出现次数为 \(k\) 的方案数。

那么转移可以枚举有 \(l\) 个数出现恰好 \(i\) 次，那么对应的系数就为 \(\binom{cnt_i-j}{l}\times\binom{cnt_i-k}{i,\cdots,i}\)，其中 \(cnt_i=\sum_{j=1}^n[a_j\ge i]\)。前者表示选出具体的哪 \(l\) 个数，后者表示分配这 \(l\) 的数的位置。

时间复杂度貌似是 \(O(n^4)\) 的，但 \(j,l\) 的上界都只有 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，所以是 \(O(n^3)\) 的。

ARC102F Revenge of BBuBBBlesort! (Difficulty: 3464)

同学们，这是好题啊！

Conclusion: 只有初始时满足 \(p_i=i\) 的点才会作为中心点被操作。

Proof:

• 若对于一个不满足 \(p_i=i\) 的点操作，那么操作后有 \(p_{i-1}<p_i<p_{i+1}\)。又因为 \(p_i\not=i\)，假设 \(p_i<i\)，那么说明要操作一次 \(i-1\)。但 \(p_{i-1}<p_i\)，所以要用一个 \(>p_i\) 的位置来取代 \(p_{i-1}\)。

  但如果成功地有 \(p_{i-1}>p_i\)，因为操作了一次 \(i-2\)，所以有 \(p_{i-2}<p_{i-1}>p_i\)，任然无法操作 \(i-1\)。所以一定非法，\(p_i>i\) 的也是同理。

• 若一个点在若干次操作后得到了 \(p_i=i\)，那么操作了 \(i-1\) 或 \(i+1\)。此时有 \(p_{i-1}<p_i\) 或 \(p_i<p_{i+1}\)，无论那种都不能在操作 \(i\)。

综上可证。

然后记 \(b_i=[a_i=i]\)。对于相邻且 \(b\) 相等的位置显然无法操作，所以可以把这种位置断开，每个部分都是互不影响的，可以拆分为一个子问题。

下面考虑判断 \(a_{[l,r]}\) 是否合法：

• 若 \(\exists i\in[l,r],a_i\not\in[l,r]\)，那么显然一定非法。

• 除去 \(a_i=i\) 的位置后，合法等价于最长下降子序列长度 \(\le2\)。

  下面考虑证明这一结论：

  • 必要性：若最长下降子序列长度 \(>2\)，说明存在位置 \(i,j,k(i<j<k)\) 满足 \(a_i>a_j>a_k\)。若通过一系列存在使得 \(a_i\) 和 \(a_j\) 换位，那么 \(a_k\) 一定无法再和 \(a_j\) 换位。另一边也是同理。

  • 充分性：显然若最长下降子序列长度 \(=1\)，那么一定合法。

    若存在位置 \(i,j(i<j)\) 满足 \(a_i>a_j\)，那么可以随意操作可操作的点，从而使得最长下降子序列长度变为 \(1\)。

ABC340G Leaf Color (Difficulty: 2401)

显然是对枚举每种颜色分别 DP。

假设当前枚举了颜色 \(c\)，那么设 \(f_i\) 表示强制 \(i\) 被选上且令 \(i\) 作为连通块最浅点的方案数（注意此时只有一个点的树才会把根视为叶子）。那么转移可以让儿子选或不选，即 \(f_i=\prod_{j\in\operatorname{son}(i)}(f_j+1)\)。

但若 \(a_i\not=c\)，说明不能只选点 \(i\)，所以此时 \(f_i\) 要减一。

然后考虑如何计算答案。

对于 \(a_i=c\) 的点，可以直接让答案加上 \(f_i\)。

否则，\(i\) 也不能只选一个儿子，因为这样也会变成叶子。而 \(f_i\) 中又假设它不是叶子，所以不能直接加上 \(f_i\)，应加上 \(f_i-\sum_{j\in\operatorname{son}(i)}f_j\)。

ABC259G Grid Card Game (Difficulty: 2428)

下文中记 \(row_i=\sum_ja_{i,j},col_j=\sum_ia_{i,j}\)。

Conclusion: 对于 \(row_i<0\) 的行和 \(col_j<0\) 的列，都不会被选择。

Proof:

• 若没有选择任何的一列，那么完全可以不选这一行是答案更大。

• 若选择了某一列，根据题目要求，交叉点的权值一定非负，所以选上这一行的贡献为负。故不会选上。

在观察到 \(n,m\le100\)，于是可以想到网络流。

将每一行和每一列拎出来，定义某一行被割到集合 \(S\) 中表示选，某一列被割到集合 \(T\) 中也表示选。

然后就可以建模了：

• 对于每一行，连接 \((S,i,row_i)\)，表示不选要付出的代价。

• 对于每一列，连接 \((j,T,col_j)\)，表示不选要付出的代价。

• 对于每个点 \((i,j)(a_{i,j}\ge0)\)，连接 \((i,j,a_{i,j})\)，表示若同时选上第 \(i\) 行和第 \(j\) 列，那么答案会减少 \(a_{i,j}\)。

• 对于每个点 \((i,j)(a_{i,j}<0)\)，连接 \((i,j,\infty)\)，表示不能同时选上第 \(i\) 行和第 \(j\) 列。

最后答案就是 \(\sum row_i+\sum col_j-\text{maxflow}\)。

AGC022D Shopping (Difficulty: 3866)

妙妙贪心题。

由于摆渡车往返一次花费 \(2L\) 的时间，所以答案一定是 \(2L\) 的倍数。最后再乘上 \(2L\) 即可。

对于一个 \(t_i\)，若其 \(>2L\)，那么一定会多等一次往返，所以可以先令 \(ans\) 加上 \(\lfloor\frac{t_i}{2L}\rfloor\)，并令 \(t_i\) 模上 \(2L\)。

先考虑证明答案上界为 \(2L(n+1)\)：

考虑按编号逐个经过被一个商场，最后再走一次到达点 \(0\)。一共是 \(n+1\) 次往返。

考虑记 \(l_i=[2x_i\ge t_i],r_i=[2(L-x_i)\ge t_i]\)。说人话就是是否能在 \(0\) 处往返时顺路算上和是否能在 \(L\) 处往返时顺路算上。

若存在 \(i,j\) 满足 \(x_i<x_j\land l_i=l_j=r_i=r_j=1\)，说明可以用一次往返同时满足 \(i,j\) 两点，所以答案可以减 \(1\).

再考虑 \((l_i,r_i)=(0,1),(1,0)\) 的情况。根据定义可以得出 \((l_i,r_i)=(0,1)\) 的点满足 \(x_i\le\frac{L}{2}\)，\((l_i,r_i)=(1,0)\) 的点满足 \(x_i>\frac{L}{2}\)。所以这两类点之间不可能相互匹配。

于是只有 \((1,1),(0,1)\) 和 \((1,0),(1,1)\) 之间的匹配，直接模拟即可。

最后再考虑 \((1,1)\) 内部的匹配。

若存在 \(t_i=0\) 的点，直接令 \(ans--\) 并舍去。

若 \(r_n=1\)，说明最后一个回到点 \(0\) 的往返可以顺路带上 \(n\)，直接令 \(ans--\)。否则就不可能被匹配，直接删掉。

ARC117E Zero-Sum Ranges 2 (Difficulty: 3166)

先考虑如何对一个已知的序列快速求出答案。若记 \(cnt_i\) 表示前缀和为 \(i\) 个位置个数（包括 \(0\)），那么和为 \(0\) 的区间个数为

\[\sum\binom{cnt_i}{2} \]

然后考虑 DP。把前缀和画在图上就是一些类似于山峰的形状，考虑从上往下 DP。因为这样会有一个优美的性质，每次加数只会加在两头和缝隙之间。

于是就可以设计 DP \(f_{d,i,j,k}\) 表示考虑到第 \(d\) 层，一共用了 \(i\) 个点，和为 \(0\) 的区间个数有 \(j\) 个，第 \(d\) 层有 \(k\) 个缝隙的方案数，那么转移就枚举下一层有 \(l\) 个点，那么系数为

\[\binom{x-1}{k+1} \]

证明考虑插板法，把 \(x\) 个求放到 \(k+2\) 个盒子里，不能为空。

但这样是 \(O(n^6)\) 的，可能不能通过。注意到 \(d\) 没什么用，直接不枚举即可。

但这样无法考虑前缀和小于 \(0\) 的位置，这是就需要把两部分拼起来。

此时 \(f_{i,j,k}\) 对应的就是 \(f_{2*n+1-i,m-j,k-1}\)，原因画一画图就知道了。