2025.4.1 CWOI 考试题解 A-C

T1 棋子

说实话题没看懂，看样例的答案发现 \(ans \times \text{inv}(n - 1) = \text{inv}(n(n - 1)) + 1\)，解得 $ans = (n(n - 1) + 1) \times \text{inv}(n) $

T2 数列

之前做过弱化版，那个只要求 \(\Omicron(n \log V)\)，这个要求 \(\Omicron(n)\)。

正着难做就反着来，我们考虑怎么算不合法的方案数。发现这个也不好直接做，考虑容斥，设 \(dp _ {i,j}\) 表示填了 \(i\) 个数，有 \(j\) 段相同的的方案数，则答案为 \(\sum _ {i = 0} ^ {n - 1} (-1) ^ i \times dp _ {n,n - i}\)，朴素转移就是 \(dp _ {i,j} = \sum _ {k = 0} ^ {i - 1} dp _ {k,j - 1} \times \min _ {t = k + 1} ^ i a _ t\)。

这个只跟 \(j\) 的奇偶性相关，所以我们可以直接把 \(j\) 换成 \(0/1\)，则 \(dp _ {i,j} = \sum _ {k = 0} ^ {i - 1} dp _ {k,j \oplus 1} \times \min _ {t = k + 1} ^ i a _ t\)。

前面的可以前缀和优化掉，关键是怎么干掉后面的 \(\min\)。发现这个是有单调性的，可以用单调栈维护左边第一个小于 \(a _ i\) 的位置。对于一个 \(i\)，如果栈是空的，那自己就是最小值，给 \(sum _ {i - 1,j \oplus 1}\) 乘上 \(a _ i\) 就可以。否则，设栈顶为 \(p\)，则 \([p + 1,i]\) 都以 \(a _ i\) 为最小值，继承 \(dp _ {p,j}\) 的值，然后加上 \(sum _ {[p + 1,i],j \oplus 1} \times a _ i\)。

最后根据 \(n\) 的奇偶性来考虑 \(dp _ {n,j}\) 的奇偶性，答案为 \(dp _ {n,0} - dp _ {n,1} \times (-1) ^ {n \bmod 2}\)。

T3 数表

我们发现，如果填入 \(2n + 1\) 个不同的值，设异或和为 \(t\)，异或上一个 \(x\) 后依然相互不同，答案变为 \(t \oplus x\)。所以说，\(q\) 的限制没用。

考虑满足前两个限制，我们用容斥，容斥上下两列有 \(c\) 列相同。则方案数为 $C _ {n} ^ {c} \prod _ {i = 2 ^ k - n + 1} ^ {2 ^ k - c} i $，加上容斥系数，答案为 \((\prod _ {i = 2 ^ k - n} ^ {2 ^ k} i)(\sum _ {i = 0} ^ n (-1) ^ i C _ n ^ i\prod _ {j = 2 ^ k - n + 1} ^ {2 ^ k - i} j)\)，发现变化的项只有 \(2 ^ k - i\)，在 \(i\) 改变时乘上变化量就行。