十重塔

其实是 duel 记录，但是不知道为啥想起名为《十重塔》，可能是叠谜做魔怔了。

难度 \([2600,2700]\)。

目前战绩 wsc 16：17 grg，容易发现 grg 显然比我牛。

• CF201E，wsc 胜，1：0

问题等价于，一个 \(n\) 行 \(k\) 列的 \(01\) 矩阵，每行有不超过 \(m\) 个 \(1\)，使得每一列组成的二进制数不同，求 \(k\) 的最小值。

考虑二分 \(k\)，现在判断 \(k\) 列能区分的行数是否 \(\ge n\)。我们观察到，每行 \(1\) 个数不超过 \(m\) 等价于所有的 \(1\) 个数不超过 \(mk\)（做的时候没证明）。

证明：假设当前状态总个数不超过 \(mk\) 且有一行超过 \(m\) 个，那么取出这一行，设为行 \(x\)，再找出一行个数 \(<m\)（显然一定存在），设为行 \(y\)，考虑将某一位上 \(x,y\) 调换，其中 \(x\) 是 \(1\)，\(y\) 是 \(0\)，且交换后维持二进制数两两不变。不难发现满足 \(x=1,y=0\) 的数一定比 \(x=0,y=1\) 的数多（具体可以考虑去掉 \(x=0,y=0\) 和 \(x=1,y=1\) 的数，此时 \(x,y\) 的 \(1\) 数量差不变，那么 \(x=1\) 比 \(y=1\) 多），因此可以交换使得 \(\sum\limits _{i=1}^{n} \max (m-c_i,0)\) 变小，一定在有限次操作后结束。

那么考虑贪心，按照 popcount 一次从小到大填，每次可以放的个数是二项式系数，预处理较小一部分，暴力乘法算大的部分。复杂度 \(\mathcal O(\log ^2n)\)。

• CF1091F，grg 胜，1：1

这题是真没想到，服输。

考虑反悔贪心，每一段优先飞，用堆维护前面飞过的所有路程可以累计能量的方式。每次飞了能量不够了就从堆中依次用代价最小的补充。补充有两种方式，第一种是把飞的变成走的，第二种是来回走。

• CF566B，grg 胜，1：2

这个题我先想出做法的，但是 grg 的乱搞误打误撞对了，写的比我快，把我爆了。

发现每次找任意一个能做的操作做就是对了。证明略。

因此拿个 set 或者啥维护即可。

• CF1354G，wsc 胜，2：2

这我都会，真牛逼。

首先，我们可以用 \(\mathcal O(\log n)\) 次操作确定一个位置是 rock 还是 gift，具体来说，随机这么多个位置问一遍，由于 rock 是绝对众数，这样的正确率是对的。

那么我们可以先问出第一个位置是 rock 还是 gift，如果是 gift，那么答案已经确定。否则，我们可以利用这个 rock，每次倍增地问询一个前缀 \([1,2^k],[2^k+1,2^{k+1}]\) 以确定 \([2^k+1,2^{k+1}]\) 这段区间有没有 gift。

现在确定了这样一个范围，就可以二分了，因为长度足够短，可以用 \([1,2^k]\) 那段来判断。总次数 \(3\log n\)，还多 \(20\) 次可以放在第一部分的判断以提升正确率。

• CF1805F1，wsc 胜，3：2

这个题，憋。

首先单次操作可以做到 \(\mathcal O(n\log n)\)，具体而言，对于每个 \(i\) 维护合法 \(j\) 的一个堆，每次取出堆顶转移（异或粽子 trick），现在的主要问题是没法取模，一取模大小关系就错了。

我们进行一个神秘操作：在每次结束后，把整个序列平移，使最小值为 \(0\)，设偏移量为 \(d\)，那么对答案贡献 \(d\times 2^{n-1}\)。然后就过了！

大致证明一下为啥这样是对的：首先正确性显然，其次对于操作前序列 \(a_1\dots a_n\) 和操作后序列 \(a'_1\dots a'_{n-1}\)，\(a'_{n-1}\le a_{1}+a_{n-1}-(a_1+a_2)=a_{n-1}-a_2\)，因此这样做的最大值是单调不增的，不会超过 int 范围。

• CF1208F，grg 胜，3：3

这个题的 trick 很好，学到很多。

从后往前枚举 \(i\)，考虑按位贪心，从高位到低位，如果当前位 \(a_i\) 是 \(0\)，那么看能否选出两个数，在保证高位符合条件的情况下当前位都为 \(1\)，实际上是一个高维前缀和问题：要查询某个数的超集出现次数是否 \(\le 2\)。

直接做高维前缀和固然可行，但是有一个极度好写的做法：每次暴力插入，维护 \(vis\) 表示当前位置是否在本轮插入被经过，再记录每个集合出现的次数。不难发现均摊下来每个点至多经过两次，复杂度 \(\mathcal O(2^nn)\)，可以通过。

• CF1493F，wsc 胜，4：3

这个题赢得有点莫名奇妙的...

首先发现行列是独立的，只要分别求出最短 period 就能计算答案。现在问题变成每次询问两个不相交的等长子串是否相等，求字符串的最短 period。

我们先弱化问题，假设可以询问相交子串，那么这是个典中典，分解质因数之后从小到大试除即可。

对于不相交这个限制，其实很好处理，倍增就可以了。但是有点卡次数的常数，所以注意对于每个相同质因子除掉一个之后，下一次问询的整串长度也可以同时除掉一个质因子，这样次数可以分析出来是正确的。

• CF372D，wsc 胜，5：3

手速题。

考虑双指针，加点删点的虚树大小很好做，维护一个按照 dfs 序排序的 set，维护相邻点的距离之和，每次插入 / 删除就二分出前驱后继更新一下即可，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。（我把这个称为 archaeology trick）

• CF1389F，grg 胜，5：4

我看题的时候只会一个巨烦的做法，被爆杀了。

最蠢的做法：二分图匹配，线段树优化建图。

正常的做法：线段树优化 dp，记录坐标扫到 \(i\)，上一个选的是黑色 / 白色的线段 \(j\)，转移的时候发现是一个前缀加，前缀 max 的问题，线段树维护即可。

巧妙的做法：贪心，把线段按照右端点排序，每次扫到一个线段时，如果可以匹配，我们应当和异色线段中右端点最小的匹配。维护两个 set 即可。

• CF464D，wsc 胜，6：4

精度开 \(10^{-9}\) 真不是来搞笑的吗...

首先有一个显然的 \(n^2\) dp，其次观察到输出是实数，所以获得等级 \(\ge \sqrt n\) 的概率极低，因此设一个阈值后暴力即可。

• CF1567F，wsc 胜，7：4

这是啥逆天啊。

题目是一个 2-SAT 的形式，对于 \(deg=0,2\) 的点直接连就行，对于 \(deg=4\) 的点，左和上连，右和下连就是对的！具体为啥懒得管了，这种 b 题还是少来点。

• CF1730E，grg 胜，7：5

grg 有一个 \(\mathcal O(nV^{1/4}\log n)\) 的做法，可以看他的博客，我讲一下我的劣解。

考虑枚举每个位置作为最大值 \(a_i\) 的情况，枚举最小值 \(d\)（是其因数），现在要求的就是限制了左端点，右端点，包含至少一个 \(d\) 的方案数。

我们可以找到左右第一个 \(d\)，左右第一个比 \(d\) 小的位置，然后相当于两边有一些位置合法，有一些位置不合法，要选出至少一个合法位置的方案数，可以容斥算。

由于这个题卡 \(\mathcal O(nd(V)\log n)\)，所以你需要单调栈预处理出左右第一个比 \(d\) 小的位置，用你找到的第一个 \(d\) 查询即可。注意处理没有 \(d\) 之类的一些特殊情况，细节很多。

• CF1379F1，wsc 胜，8：5

神秘题。

发现以 \((1,1)\) 为左上角划分出的每个 \(2\times 2\) 里恰好放一个 King。

观察 ban 掉一个位置会带来什么影响，那么其对应的 \(2\times 2\) 里另一个位置不可以放，进而推出一整个左上角 / 右下角都得放，那么现在只要维护每个位置是否必须放置即可，遇到 ban 必须放的位置的操作就输出无解。

既然是左上角 / 右下角覆盖，那么只需要维护每一行的最长前后缀即可，是一个前缀修改单点查询 max，用树状数组维护。

• CF961F，grg 胜，8：6

我的字符串水平确实有点菜了，grg 强强。

你发现一件很厉害的事情：如果从小到大扩展，每次 border 长度增加不超过 \(2\)。

这样直接暴力即可！每次从上界开始枚举答案，这样减少的次数也是 \(\mathcal O(n)\) 的，可以通过。

• CF407D，wsc 胜，9：6

考虑从上往下做扫描线，维护每个区间能选到的上边界。每次会对一些位置的颜色做更新，然后用区间 dp 做一遍转移即可。时间复杂度和空间复杂度都是 \(\mathcal O(n^3)\)。

• CF457D，wsc 胜，10：6

一上来来个 \(2^t\) 糊我脸上，考虑 product trick，也就是将贡献拆解到每一种方案中选择全黑行列子集的方案数。

那么现在枚举选择的那个子集包含 \(r\) 行 \(c\) 列，用组合数统计答案。

注意可能会爆炸，使用对数存储，算完之后 exp 回来。

• CF772D，grg 胜，10：7

考虑高维前缀和，维护 0/1/2 次方的和。

哎，我蠢了啊，这个一开始想错很久。

• CF868E，grg 胜，10：8

第一发提交比 grg 快了 eps 秒，结果我有一个数组开小了，立刻发现并在 eps+eps_2 秒后提交，结果两个人都过了，但是我输。

考虑“边 dp”：设 \(f_{i,j,k}\) 为 \(u_i\to v_i\)，两边分别有 \(j,k\) 个人的最小时间，转移直接背包即可。

• CF444E，grg 胜，10：9

被爆了。

二分答案 \(x\)，断开 \(\ge x\) 的边，问题变成每个点可以匹配到非自己所在连通块的点，判断二分图是否有完美匹配。

直接套用 Hall 定理即可。时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)，如果用并查集代替二分可以做到 \(\mathcal O(n\alpha(n))\)。

• CF1369F，grg 胜，10：10

我咋四连跪了，没绷住。

首先可以用 dp 解决整体问题，现在的问题是如何判断一个局部问题的结果，也即对于每个游戏判断先手是否有必胜 / 必败策略。

如果上界是奇数，那么拿到偶数的人必胜，因为可以每次加上一还给对面，对面一定只能将其变为偶数还回来。

如果上界是偶数，要必胜就找 \(t/4\) 的必胜策略，要必败就找 \(t/2\) 的必胜策略。

• CF388D，wsc 胜，11：10

总算打破四连跪，真如。

考虑对线性基计数。但是线性基也有可能会算重复，所以我们限定每一位如果作为某个基的最高位出现，那么限制其只能在这个基中出现，且更高位任意选择。

然后就能数位 dp 了，细节一大车。

• CF991F，wsc 胜，12：10

发现最优表示不会有太多乘法，顶多形如 \(a^b\times c^d+e\)。

而形如 \(a^b(b>1)\) 的数不会很多，直接枚举一遍，用 map 存一下即可。

• CF1109E，wsc 胜，13：10

这种如来题好像确实我的胜率比较高一些...

发现没有逆元是唯一的问题，那么我们不如维护 \(mod\) 的所有质因子的出现次数，剩下的部分就能用 exgcd 搞出逆元了。那么直接硬上线段树就行了，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n\omega(n))\)，实际上常数极大，需要努力卡一把常才能过。

• CF1425B，grg 胜，13：11

我草我咋还没补。真菜！！！

• CF1679F，wsc 胜，14：11

考虑对于每个等价类的字典序最小表示计数。

发现一个数字不能变小的充要条件是，对于每个 \(i\)，设 \([j,i-1]\) 是最长的可以和 \(i\) 交换的后缀，那么 \([j,i-1]\) 中的所有数都大于等于 \(a_i\)。

这样就成送分题了，考虑状压 dp，每次枚举下一位填啥，预处理一下每个状态的下一步转移，时间复杂度 \(\mathcal O(2^BBn)\)，其中 \(B=10\)，但是常数很小。

• CF285E，grg 胜，14：12

这个题写慢了。

考虑容斥（二项式反演），即计算钦定了 \(k\) 个位置必须合法的方案数，最后容斥回去即可。

计算这个方案数就容易很多了：发现奇偶位置是独立的，那么我们可以设 \(f_{i,j,0/1}\) 为前 \(i\) 个数匹配了 \(j\) 个，上一个是否占用了这一位的匹配空位。然后再把奇偶位做一个卷积卷起来就行了，剩下来的位置可以随便填，还要成上一个阶乘。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。实际上这个做法好像不比奇偶放一起 dp 好写很多，但是常数确实有 1/3 左右。

• CF1373G，grg 胜，14：13

又写慢了，难受哦，感觉确实是第一反应慢了加上还没完全想清楚就开写导致的，果然思维水平还是低人一等。

这东西一看就很二分图匹配，那么我们不妨考虑 Hall 定理，因此需要干的事情就是维护最大后缀，拿个线段树搞搞就行了。

可能还需要同时维护最后一个匹配点，那就再搞个可删堆弄弄就行了。

• CF232C，wsc 胜，15：13

细节一车的题，能赢纯纯狗运。

考虑分治，对于两个点在同一个子图中的直接递归，对于跨子图的，会经过中间点走过去，因此需要另外计算每个大小的子图中该点走到 \(1\) 或 \(n\) 的最短路，需要大量分讨，时间复杂度 \(\mathcal O(\log^2n)\)（实际上 log 的底数是 \(1.618...\)，因为图的大小是斐波那契数列）

• CF542D，grg 胜，15：14

我是如何在对面做法比我难写一百倍的情况下写得比对面慢的？

观察到 \(f(x)=\prod(1+p_i^{a_i})\)，其中 \(x=\prod p_i%{a_i}\)，因此我们可以立刻想到根号分治，对于 \(> \sqrt x\) 的质因子，顶多出现一个。那么可以考虑对于 \(\le \sqrt n\) 的部分爆搜，这部分复杂度不会超过 \(d(n)\)，然后再对于 \(>\sqrt n\) 的部分，枚举一遍 \(\le \sqrt x\) 的质因子，复杂度很松的上界是 \(d(n)\pi(\sqrt n)\)，实际上完全跑不满。

• CF1153F，grg 胜，15：15

这个题我也太蠢了，一开始学多项式学魔怔了，直接开始乱糊多项式快速幂上去，结果被卡常了才回去搞了个不带 log 的正解。如果一开始就细致多分析一步肯定很快就搞出来了。

（这段全是大实话，没有一个字在假）首先，我是初中生，因此我对定积分相关知识的了解程度几乎为 \(0\)，所以我们从乱搞样例开始解释如何通过。

不难发现 \(L\) 是没用的东西，最后乘一下就行了

首先我们先考虑样例，在 \([0,1)\) 上随机一条线段的期望长度是 \(\frac{1}{3}\) 这个结论确实人尽皆知，但是一看到样例解释一个二元的还带绝对值的玩意儿就感觉头痛。我们考虑计算每个点 \(x\) 被覆盖到的概率，那就是 \(l\le x\le r\) 的概率，随手一算发现是 \(2x(1-x)\)，那么效仿样例，我们得知 \(\int_{0}^{1}2x(1-x)\text{dx}\) 即为答案。

接下来猜猜这个东西为啥是 \(\frac{1}{3}\)，首先我们可以大胆乱猜 \(\int_l^r f(x)+g(x)=\int_l^r f(x)+\int_{l}^{r}g(x)\)，那么所求即为 \(2\int_{0}^1x-2\int_{0}^{1}x^2\)。

由于我真的不知道 \(\int_{0}^{1}x^2 \text{dx}\) 是多少，但是我们容易理解 \(\int_{0}^{1}x=\frac{1}{2}\)，因为乱选一个数显然期望是一半。那么解个方程推出 \(\int_{0}^{1}x^2=\frac{1}{3}\)。

接下来可以直接大胆猜测 \(\int_0^1x^k=\frac{1}{k+1}\)！然后还是考虑计算答案，现在把问题变成 \(n,k\) 而非 \(1,1\)，枚举哪些覆盖到了，剩下没覆盖到，得到答案为 \(\int_{0}^{1}\sum\limits_{i\ge k}\binom{n}{i}(2x(1-x))^i(1-2x(1-x))^{n-i}\)。

然后我们瞎写一个暴力展开， 再把每项求积分相加，发现样例过了！！！说明我们猜对了

那么就可以考虑计算了，不妨先设 \(a=2x(1-x)\)，那么我们可以 \(\mathcal O(n^2)\) 得到这个关于 \(a\) 的多项式（枚举 \(i\)，枚举 \(1-2x(1-x)\) 当中选了几个）。

然后接着展开，我们现在就是求 \(p\times (2x(1-x))^k\) 的系数，即 \(2^kpx^k(1-x)^k\)，再次枚举 \(1-x\) 选了几个，也可以在 \(\mathcal O(n^2)\) 时间内解决。

然后就做完了。

• CF1661F，grg 胜，15：16

被反超了啊！！

这个题会做了但是又想慢写慢了，真菜哦。

设 \(f(x,y)\) 为长度为 \(i\) 的段分成 \(j\) 段的最小代价，发现对于固定的 \(x\)，\(f(x,y)\) 是凸函数，即差分数组单调不增。

那么现在假设给定了最终的个数，我们就可以轻松地贪心求出最小距离：具体来说，维护一个大根堆，表示目前各个段的 \(\Delta\)，每次取出最大的 \(\Delta\)，把后一个 \(\Delta\) 放进去。

回到原问题。我们考虑二分最后一次取出的 \(\Delta\)，这样就可以计算出当前的最小代价，在得到这个 \(\Delta\) 之后，我们就可以枚举每一段，求出这一段要放置的数量了。但是这样可能会导致答案比 \(m\) 小，而有撤销的空间。这时候每撤回一个分割点就相当于答案加上了 \(\Delta\)，因此直接除法算一下即可。时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2 m)\)，常数较大。

• CF832E，grg 胜，15：17

这个题也是会做了写的太慢了啊！每次都找不到最简单的写法。

发现问题实际上是在询问一个 \(m\) 个 \(n\) 元一次方程组的解数量，每次询问单独做是 \(\mathcal O(n^4)\) 的，显然不优。但是我们发现我们完全不关心每次消元后具体的解，因为解的数量只跟自由元数量和是否有解相关，因此可以带着未知数系数消元，询问时判断一下，复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)。

• CF380E，wsc 胜，16：17

发现一个区间中的 \(k\) 大数贡献为 \(\frac{x}{2^k}\)，而题目要求输出浮点数，所以只要求 \(k\le \log_{1/2} \epsilon\) 的就行了。

那么我们可以考虑枚举每个数计算贡献，用 ex 单调栈求出前后比他大的数，再计算贡献。时间复杂度 \(\mathcal O(n\log^2\epsilon)\)。