近期练习（简单记录）

ARC151-A

给定两 \(01\) 序列，求与两序列汉明距离相同的字典序最小 \(01\) 序列？

初始化为全 \(0\) 序列，倒序遍历，贪心的修改为 \(1\)，使得汉明距离相等。

ARC151-B

给定一个排列 \(P\)，求满足 \(1 \le A_i \le m\) 并且 \(A\) 小于 \((A_{P1},A_{P2},...,A_{PN})\) 条件的序列 \(A\) 的个数？

存在 \(n\) 对关系 \((A_1, A_{P1}), (A_2, A_{P2}), ..., (A_n, A_{Pn})\)，令 \(f[i]\) 表示前 \(i-1\) 对关系都是相等，第 \(i\) 对关系为小于时的方案数。
\(f[i] = \frac{m * (m - 1)}{2} * m^{t}\), 相等的位置可以合并至同一集合，其中 \(t\) 为可以填写任意数的集合个数，可以表示为 \(n - 2 -\) 并查集的边数。
\(ans = \sum\limits_{i=1}^nf[i]\)

ARC151-C

给定 \(1 * n\) 的棋盘，其中有 \(m\) 个方格填了 \(0\) 或 \(1\)，现在 \(A\) 和 \(B\) 博弈，交替在空方格中填数字(\(0\) 或 \(1\))，且不能使得相邻的方格填相同的数，先不能操作的人输，问谁赢？

棋盘被划分成若干个空区域，每个空区域的sg函数异或和为 \(1\) 先手必胜。
空区域的sg函数与两端的数字有联系，故分成下面 \(4\) 类讨论：

• 两侧没有填过数：分奇偶讨论。奇数时，先手填中间，后手怎么下，就在对称的另一侧模仿，先手必胜；偶数时，后手根据分界线对称模仿先手，先手必败。
• 两侧填同一种数：两侧假设是 \(1\)，分奇偶讨论。奇数时先手填中间，同理模仿对手必胜；偶数时，先手可以在左侧第二个位置填一个 \(0\)，给对手一个两端不同，中间偶数格的必败态。故 \(sg=1\)。
• 两侧填不同种数：分奇偶讨论。偶数时，后手可以对称模仿对手必胜；奇数时，无论怎么填，都会给对手一个两端相同数的必胜态和一个两侧不同数的状态，所以必败。故 \(sg=0\)。
• 单侧填数：也就是左右两个边界，不论怎么填，都会产生一段上述两种状态之一+另一段单侧填数的状态，长度为 \(n\) 的空段可以转移到 \(sg = 0,1,2,...,n-1\)，故 \(sg = n\)。

ARC151-D

给定长度为 \(2^n\) 的序列 \(A\)，给 \(q\) 次询问 \((x_i, y_i)\)，每次询问对 \(j = 0, 1, 2, ..., 2^n - 1\) 进行如下操作：

• \(j = b_{n-1}b_{n-2}...b_{0}\)，令 \(j'\) 为将 \(j\) 中 \(b_{xi}\) 翻转后的结果
• 如果 \(b_{xi}=y_i\)，则 \(A_{j'} += A_j\)

输出所有操作后的 \(A\)

首先可以把二进制表示仅有第 \(i\) 位不同的数字对间连一条标记为 \(i\) 的边，每次操作 \((x_i, y_i)\) 即对所有标记为 \(x_i\) 的边的两个端点操作。
可以发现对于 \(x_i\) 不同的操作，他们的顺序不会影响答案，于是把相同 \(x_i\) 的操作合并到一起（内部顺序不变），按照 \(x_i = 0, 1, 2, ..., n - 1\) 的顺序依次执行所有操作。
考虑对于相同 \(x_i\) 的操作如何快速计算：
假设 \(x_1 = x_2 = ... = x_q = 0\)，令 \(A^{(i)} = (A_0^{(i)}, A_1^{(i)}, ..., A_{2^n-1}^{(i)})\) 表示执行完前 \(i\) 个操作的结果。
令 \(M_0 := \begin{bmatrix}1&0\\1&1\end{bmatrix}, M_1 := \begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}\)
则对于任意的 \(k = 0, 1, 2, ..., 2^{n-1}\)，\(\begin{bmatrix}A_{2k}^{(i)}\\A_{2k+1}^{(i)}\end{bmatrix} = M_{yi}\begin{bmatrix}A_{2k}^{(i - 1)}\\A_{2k+1}^{(i - 1)}\end{bmatrix}\)
故对于任意的 \(k = 0, 1, 2, ..., 2^{n-1}\)，\(\begin{bmatrix}A_{2k}^{(q)}\\A_{2k+1}^{(q)}\end{bmatrix} = M_{yq}M_{yq-1}...M_{y1}\begin{bmatrix}A_{2k}^{(0)}\\A_{2k+1}^{(0)}\end{bmatrix}\)
于是先计算出 \(M_{yq}M_{yq-1}...M_{y1}\)，然后递推 \(A^{(q)}\) 每个元素即可，同理，对于其他 \(x_i\) 的情况也是这样处理。

ARC150-A

给定一个字符串，仅包含 \(0, 1, ?\)，其中 \(?\) 可以替换成 \(0\) 或 \(1\)，询问是否能找到唯一的方案，使得串仅有 \(k\) 个 \(1\), 且这 \(k\) 个 \(1\) 连续？

枚举连续段 \([i, i + k - 1]\)，判断 \([1, i - 1]\) 不包含 \(1\)、\([i + k, n]\) 不包含 \(1\)、\([i, i + k - 1]\) 不包含 \(0\) 即合法。统计 \(0\) 和 \(1\) 的前缀个数即可。

ARC150-B

给定两个正整数 \(A\) 和 \(B\)，最小化 \(X + Y\) 使得非负整数 \(X\) 和 \(Y\) 满足 \(B + Y\) 是 \(A + X\) 的倍数，求最小的 \(X + Y\) ?

令 \(\frac{B + Y}{A + X} = k(k \ge 1)\)
\(Y = kX + kA - B\)
\(X + Y = (k + 1)X + kA - B\)，最小化 \(X\) 来使得 \(X + Y\) 最小化
因为 \(X, Y \ge 0\)，即 \(kX + kA - B \ge 0\)
故 \(X = max(0, \left\lfloor\dfrac{B - 1}{k}\right\rfloor + 1 - A)\)
问题转化为找到 \(k\) 的取值最小化 \((k + 1)max(0, \left\lfloor\dfrac{B - 1}{k}\right\rfloor + 1 - A) + kA - B\)
考虑最小化上式，需要考虑 \(\left\lfloor\dfrac{B - 1}{k}\right\rfloor\)，这是一个整除分块的形式，不同的值只有 \(O(\sqrt B)\)
故可以枚举每个结果相同的 \(k\) 的取值区间 \([l, r]\)，\(k\) 取左端点 \(l\) 即可找到最小值，\(k\) 的取值范围是 \([1, B]\)，超过 \(B\) 一定不会更优。

ARC150-C

给定一个 \(n\) 点 \(m\) 边的无向联通图，一个长度 \(n\) 的序列 \(A\)，一个长度 \(k\) 的序列 \(B\)，判断是否满足：对于每一条从 \(1\) 到 \(n\) 的简单路径 \(v = (v_1, v_2, ..., v_k)\)，使得 \(B\) 是 \((A_{v1}, A_{v2}, ..., A_{vk})\) 的一个子序列？

令 \(f[i]\) 表示从起点 \(1\) 到点 \(i\) 的简单路径最少已经匹配了序列 \(B\) 的前多少位
\(f[v] = min\{f[v], f[u] + (f[u] < k \; and \; A[v] == B[f[u] + 1])\}\)， \(f[1] = (A[1] == B[1])\)
若 \(f[n] = k\)，则满足条件

ARC143-C

给定 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆有 \(A_i\) 个石子，A 和 B 博弈，A 先手，两个人轮流执行操作：选择一堆或多堆石子，A 操作时从每堆移走 \(X\) 个，B 操作时从每堆移走 \(Y\) 个，谁先不能操作即输掉游戏，问谁赢？

令 \(B_i = A_i \; mod \; (X + Y)\)
如果所有 \(B_i\) 都小于 \(X\)，后手必胜，先手选择的每一堆，在操作后 \(B_i\) 至少剩 \(Y\)，于是后手可以选择同样的几堆进行操作，保持两人操作完 \(B_i\) 不变。
如果 \(X \le Y\)，如果存在 \(B_i\) 大于等于 \(X\)，则先手必胜，先手选择所有 \(B_i \ge X\) 的堆进行操作，给后手一个所有 \(B_i\) 都小于 \(Y\) 的状态。
如果 \(X > Y\)，此时必须选择 \(B_i\) 大于等于 \(X\) 的堆，然后根据剩下的状态判断输赢。

ARC146-C

有多少集合 \(S\) 由 \(0\) 到 \(2^n - 1\) 之间的非负整数组成，满足以下条件:
\(S\) 的每个非空子集 \(T\) 至少满足以下两个条件之一：

• 集合 \(T\) 元素个数为奇数
• 集合 \(T\) 元素的异或和不为 \(0\)

满足集合 \(S\) 的所有偶数大小的子集 \(T\) 的异或和不为 \(0\)。
考虑对于一个已经满足条件的集合 \(S\)，添加一个新的元素 \(x\) 得到的新集合仍满足条件，即新加入的元素 \(x\) 不能等于集合中奇数大小的子集的异或值。那么可以新加入的元素种类为：$2^n - $ 集合 \(S\) 中奇数大小的子集的异或值种类数。
考虑如何计算集合 \(S\) 中奇数大小的子集的异或值种类数，可以发现，不存在两个奇数大小的不同子集 \(X\) 和 \(Y\) 它们的异或值相同，否则，这两个子集一定可以拼出一个偶数大小且异或值为 \(0\) 的集合是 \(S\) 的子集，于是，集合 \(S\) 中奇数大小的子集的异或值种类数即为集合 \(S\) 中奇数大小的子集数，即 \(2^{size - 1}\) 种。
于是，令 \(dp[i]\) 为大小是 \(i\) 的满足条件的集合数，故：

\[ dp[i] = \begin{cases}dp[i-1] * 2^n)\;\;(i=1)\\\dfrac{dp[i - 1] * (2^n - 2^{i-2})}{i}\;\;(i>1)\end{cases} \]

当集合大小为 \(n + 1\) 时，奇数大小的子集的异或值种类数为 \(2^n\)，故不能再加入元素，答案即为：\(ans = \sum\limits_{i=0}^{n + 1} dp[i]\)

ARC141-C

给定排列 \(P = (P_1, P_2, ..., P_{2n})\) 和 \(Q = (Q_1, Q_2, ..., Q_{2n})\)，找到括号序列 \(S=S_1S_2...S_{2n}\) 满足：

• \(P\) 是字典序最小的排列满足 \(S_{P_1}S_{P_2}...S_{P_{2n}}\) 是合法括号序列
• \(Q\) 是字典序最大的排列满足 \(S_{Q_1}S_{Q_2}...S_{Q_{2n}}\) 是合法括号序列

如果 \(P_{2i - 1} > P_{2i}\)，一定有 \(S_{P_{2i-1}} =\) ( 和 \(S_{P_{2i}} =\) )，否则可以交换 \(P_{2i-1}\) 和 \(P_{2i}\) 来使 \(P\) 更小
如果 \(Q_{2i - 1} < Q_{2i}\)，一定有 \(S_{Q_{2i-1}} =\) ( 和 \(S_{Q_{2i}} =\) )，否则可以交换 \(Q_{2i-1}\) 和 \(Q_{2i}\) 来使 \(Q\) 更大
可以证明，如果存在超过一个候选 \(S\)，则不存在满足条件的 \(S\)
故当只有一个候选的 \(S\) 时，贪心的构造 \(P\) 和 \(Q\) 观察是否匹配即可

ARC139-C

给定 \(n\) 和 \(m\)，找到一个最长的序列 \(((X_1, Y_1), (X_2, Y_2), ..., (X_k, Y_k))\) 满足：

• \(1 \le X_i \le n\)
• \(1 \le Y_i \le M\)
• \(X_i + 3Y_i \ne X_j + 3Y_j\) 并且 \(3X_i + Y_i \ne 3X_j + Y_j\)，当 \(i \ne j\)

构造一个形如下图的摆放点的方法：
oooxxxxxxxxxxxx
oooxxxxxxxxxxxx
oooooxxxxxxxxxx
xxoooxxxxxxxxxx
xxoooooxxxxxxxx
xxxxoooxxxxxxxx
xxxxooooooooooo
即使得 \(3X + Y\) 每次只增加 \(1\)，可以从 \((X, Y)\) 走到 \((X, Y + 1)\) 或者 \((X + 1, Y - 2)\);
使得 \(X + 3Y\) 每次只增加 \(1\)，可以从 \((X, Y)\) 走到 \((X + 1, Y)\) 或者 \((X - 2, Y + 1)\)
于是可以构造出上图的摆放方式

ABC238-E

有一个长度为 \(n\) 的未知序列 \(a\)，已知 \(q\) 条信息 \((l_i, r_i)\)，即 \(a_{l_i} + a_{l_{i + 1}} + ... + a_{r_i}\) 的值，是否可以求出 \(a_1 + a_2 + ... + a_n\) 的值

令 \(sum[i]\) 为序列的前缀和，需要求 \(sum[n]\)。
对于每条信息，即 \(sum[r_i] - sum[l_{i - 1}]\) 已知，当其中一个已知，即可求出另一个，于是问题转化为存在一些 \((l_{i - 1}, r_i)\) 的双向边，问是否能从 \(0\) 走到 \(n\)