CF板刷记录

2026.7.29

2241G Summmon

这个操作是可撤销的，因此 \(a_i\) 能变化的值就是 \(a_l\sim a_{i-1}\) 的任意组合，也就相当于是 \(k * gcd(a_l,...,a_{i-1})\)（感性理解，证明可用裴蜀定理）

那么我们可以发现，一个区间的答案应该只由第一个 \(gcd(a_l,...a_i) \ne a_l\) 的数决定

证明：

1. ​\(l \sim i-1\) 的贡献显然为0
2. 设 \(a_i\) 时的答案为 \(x=min(a_i\%a_l,a_l-a_i\%a_l)\)，那么 \(a_{i+1}\) 时能调整的精度 \(=gcd(a_l,a_i)=gcd(a_l,x)\le x\)，那么 \(a_{i+1}\) 一定能调整到 \(\le x\) 的数，因此最大就为 \(x\)

然后我们对于每个 \(a_i\)，我们直接二分+ST表算出区间，计算贡献即可

2228E1 Amanojaku and Sequence (Easy Version)

解析

设能选的个数为 \(k\)，总和为 \(m\)，那么总方案为 \(\begin{pmatrix} k+m-1 \\k-1 \end{pmatrix}\)

我们令已确定的前缀和为 \(F_i\)，选择的前缀和为 \(X_i\)，选择个数为 \(cnt_i\)，单个选择大小为 \(e\),那么 \(i\) 时的贡献 \(=(F_i+X_i)^2=F_i^2+2*F_i*X_i+X_i^2\) 答案就等于三部分的总和

我们一部分一部分来看

第一部分 \(\begin{pmatrix} k+m-1 \\k-1 \end{pmatrix}*\sum F_i\)

第二部分 \(\sum F_i*X_i=\sum F_i*cnt_i*\sum e_i\)

考虑怎么算 \(\sum e_i\)：因为 \(e= \begin{pmatrix} e \\1 \end{pmatrix}\)，我们将计数转化为组合问题，就相当于选出 \(k\) 个数后再第一个数内再选一个，那就是再多放一个挡板

因此 \(\sum e_i= \begin{pmatrix} k+m-1 \\ k \end{pmatrix}\)

第三部分 \(cnt_i\sum {e_i}^2+cnt_i*(cnt_i-1)\sum\sum e_i*e_j\)，\(\sum\sum e_i*e_j\) 与上面类似，相当于选两个数，等于 \(\begin{pmatrix} k+m-1 \\k+1 \end{pmatrix}\)，

平方和用组合数转化 \(\begin{pmatrix} e \\2 \end{pmatrix}={e^2-e\over2}\Rarr \sum{e_2}=2*\begin{pmatrix} k+m-1 \\k+1 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} k+m-1 \\k \end{pmatrix}\)

因此总和为 \(\sum \begin{pmatrix} k+m-1 \\k-1 \end{pmatrix}* F_i+ (2F_i+1)*\begin{pmatrix} k+m-1 \\ k \end{pmatrix}*cnt_i+cnt_i*(cnt_i+1)*\begin{pmatrix} k+m-1 \\k+1 \end{pmatrix}\)

收获

组合数的组合意义和数学意义可以灵活转化

2026.7.30

2211F Learning Binary Search

解析

每一个位置的次数的固定的，且一个区间的贡献就是区间的最小值，因此我们考虑从每个区间的方案下手

考虑一个 \([l,r]\) 的区间，将其缩成一个点，就相当于 \(n-r+l\) 个点，值域为 \([1,m]\)，单调不降，但是有一个点左右不能相等的方案

这里提供一种理解方法，我们在前后分别加一个 \(1\) 和 \(m\) 的点，做差分，相当于 \(n-r+l+1\) 个非负整数数，和为 \(m-1\)，但由于限制了两个不相等，因此差分要减二才保证是非负整数，因此总方案为 \(\begin{pmatrix} m-3+n-r+l \\ m-3\end{pmatrix}\)，贡献是区间最小值之和，可以用ABC407F

的方法，二阶差分

另外1和m的方案略有不同，为 \(\begin{pmatrix} m-2+n-len \\m-2 \end{pmatrix}*premax_{len}\)

收获

区间最值和：单调栈+二阶差分

区间问题可以考虑缩点

2026.7.31

2207 E2 N-MEX (Counting Version)

解析

先考虑无解的情况，如果 \(a_i<a_{i+1}\)，那么显然无解

然后分类讨论

1. \(a_i=a_{i-1}\)：在能填的空中填一个，方案数为 \(a_i-n+i\)
2. \(a_i< a_{i-1}\)：只能填已填过的和大于 \(a_i\) 的，方案数 \(a_i-n+i+n-a_i=i\)
3. 另外还有判掉无解的情况：\(i<a_i-n+i\) 或 \(a_i-n+i<0\)

（感性理解：2.时 \(mex(i)=n-i+1\)，如果再加一定变小）

最后相乘即可