Codeforces Round #717 (Div.2) 题解

A

这题我竟然 WA 了两发，丢人（
直接贪心，对于 \(i=1,2,\cdots,n-1\)，每次拿 \(i\) 和 \(n\) 执行操作，直到 \(a_i=0\) 或用完所有操作次数为止

B

这题我竟然 WA 了一发，丢人（
题目等价于是否可以将原数组划分为 \(\ge 2\) 段满足每段异或和相同。
首先如果所有数异或和都是 \(0\)，由于 \(n\ge 2\)，那么随便找一个断点 \(i\in[1,n-1]\) 并将 \([1,i]\) 异或在一起，\([i+1,n]\) 异或在一起一定可以得到两个相等的数。
否则显然不可能将原数组划分成偶数段，并且每一段的异或和都是 \(S=\operatorname{xor}\limits_{i=1}^na_i\)，这个直接贪心好了，就不断向右扫描，如果扫到一个前缀异或和 \(S\) 就多划分一段，然后看划分出来的段数是否 \(\ge 2\)
时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)

C

首先我们检查是否原来的数组就是好的，这个显然可以背包检验，如果是那么直接输出 \(0\) 好了。
否则可以证明一步操作就能将原数组变为好的数组，具体构造就是找出最大的 \(k\) 满足 \(\forall i,2^k\mid a_i\) 然后令所有 \(a_i\leftarrow\dfrac{a_i}{2^k}\)，然后找到满足 \(a_i\) 是奇数的下标 \(i\) 并将 \(a_i\) 删除即可，至于正确性，显然除以 \(2^k\) 是不影响数组究竟是不是好的，而由于原数组不是好的，必然有 \(\sum a_i\) 为偶数，故删去某个 \(a_i\) 是奇数的 \(a_i\) 后必然有 \(\sum a_i\) 为奇数，也就变成好的数组了，又由于 \(k\) 为最大的满足 \(\forall i,2^k\mid a_i\) 的数，这样的 \(i\) 一定存在，得证。

D

首先一个显然的性质是 \(\text{lcm}(a_1,a_2,\cdots,a_n)=a_1a_2\cdots a_n\leftarrow\forall i\ne j,\gcd(a_i,a_j)=1\)，故考虑将每个数分解质因数，然后对于每个 \(l\) 找出最大的 \(r\) 满足 \([l,r-1]\) 符合条件——这个显然可以 two pointers 求出，时间复杂度 \(n\omega(a_i)\)。然后倍增一下即可。

E

这个题还算有点意思，i 了 i 了（（
首先考虑对于一个排列 \(p\)，最少需要多少操作才能从 \(1,2,\cdots,n\) 变成 \(p\)——显然对于一个最少操作次数为 \(x\) 的排列 \(p\)，其会对 \(ans_x,ans_{x+2},ans_{x+4},\cdots,ans_{x+2t},t\in\mathbb{Z}\) 产生 \(1\) 的贡献，因为对于某个固定的 \(i,j\) 交换两次之后就会复位。而这个最小操作次数显然可以从置换的角度理解，我们将 \(p\) 拆成一个个置换环，对于一个置换环 \(x_1,x_2,\cdots,x_m\) 我们显然可以依次交换 \((x_{m-1},x_m),(x_{m-2},x_{m-1}),\cdots,(x_2,x_1)\)，这样 \(m-1\) 次操作即可复位，操作次数为 \(m-1\)，因此总操作次数就是 \(\sum(\text{置换环大小}-1)\)
接下来考虑怎样计算答案，考虑 \(dp\)，我们记 \(dp_{i,j,k}\) 表示考虑了大小在 \([2,i]\) 中的置换环，所有置换环大小 \(-1\) 之和为 \(j\)，所有置换环大小之和为 \(k\) 的方案数，转移就枚举选择了 \(c\) 大小为 \(i+1\) 的置换环，那么 \(dp_{i+1,j+ci,k+c(i+1)}\leftarrow dp_{i,j,k}\times M\)，其中 \(M\) 为将 \(c\) 个大小为 \(i+1\) 的置换环塞进去的方案数，具体来说 \(M=\dbinom{n-k}{i+1}\times\dbinom{n-k-(i+1)}{i+1}\times\cdots\times\dbinom{n-k-(i+1)\times(c-1)}{i+1}\times\dfrac{1}{c!}\times(i!)^c\)，前面那一坨二项式系数就是从剩余 \(n-k\) 个位置中选出 \(c(i+1)\) 个位置给这 \(c\) 个置换的方案数，\(\dfrac{1}{c!}\) 表示这 \(c\) 个置换本质上是相同的，故除以 \(c!\)，后面又乘个 \((i!)^c\) 是因为长度为 \(i+1\) 的圆排列有 \(i!\) 个。这样枚举 \(i,j,k\) 再枚举 \(c\) 复杂度看似是 \(k^4\)，不过不难发现 \(c\) 最多枚举到 \(\dfrac{k}{i}\)，因此复杂度实际上是 \(k^3\ln k\)，可以通过此题。
还有一点就是在计算 \(M\) 的过程中，我们要计算很多形如 \(\dbinom{x}{y}\) 的二项式系数的值，这里的 \(x\) 很大，因此无法预处理阶乘和阶乘逆元求出，不过注意到 \(y\) 可能的值很小，\(n-x\) 的值也很小，因此可以预处理出 \(c_{x,y}\) 表示 \(\dbinom{n-x}{y}\) 这样就不用转移的时候再 \(\mathcal O(k)\) 地计算二项式系数的值了。
据说这题 \(k\) 可以扩大到 \(2000\)？orzorz，果然还是 wtcl 了啊/kk