CF Round 1091(Div.2) 解题报告

CF Round 1091(Div.2) 解题报告

A

略。

B

参见 D。

C

先对行列单独考虑，能遍历行当且仅当 \(\gcd(n,a)=1\)，列类似 \(\gcd(m,b)=1\)。

（为了方便描述，下文涉及模的坐标均认为 \((0,0)\) 是原点）

考虑行列每次加 \((a,b)\)，那么能遍历当且仅当 \(\gcd(n,m)= 1\)，不然周期较小的遍历完一次了，周期大的还没有遍历完，这样会漏一些点。比较严谨地，就是考虑当前在走第 \(i\) 步（指坐标加 \((a,b)\)），那么此时在行列周期中，下标分别为 \((i \bmod n,i\bmod m)\)。如果再走 \(m\) 步，会到 \((i+am \bmod n,i\bmod m)\)，那么 \(i\bmod m\) 只可以和 \(\dfrac{n}{\gcd(n,m)}\) 个点配对，因此访问点较少。

考虑行走方向的影响。记 \(g=\gcd(n,m)\)，此时少走了 \(\dfrac{(g-1)nm}{g}\) 个点。当 \(g\) 为奇数时，回到 \((1,1)\) 方向不变，只能多走 \(\dfrac{nm}{g}\) 个点；当 \(g\) 为偶数时，回到 \((1,1)\) 方向翻转，可以多走 \(\dfrac{2mn}{g}\) 个点。

有一个问题，这些点不重吗？考虑不考虑方向变换时，新访问的点形如 \((ka+a \bmod n,kb \bmod m)\)，它如果被访问过，那么说明存在 \(k_0,k_1\) 满足 \(k_0+1 \equiv k_1 \pmod n\) 且 \(k_0\equiv k_1 \pmod m\) ，由数论知识（去掉同余后用裴蜀定理）可以得出 \(k_0,k_1\) 存在当且仅当 \(\gcd(n,m)=1\)，与假设矛盾。那么考虑方向变换后呢？那么考虑方向变换后的点与不考虑方向时经过的点重合的情况，这与上文类似，不赘述。考虑方向变换前与方向变换后经过的新点是否重合，类似列出式子 \(k_0+1 \equiv k_1 \pmod n\) 且 \(k_0\equiv k_1+1 \pmod m\) ，利用中国剩余定理求出，当且仅当 \(\gcd(n,m)=2\) 时，\(k_0,k_1\) 有解。因此当 \(g=2\) 时，也只可以多走 \(\dfrac{nm}{2}\) 个不同的点。

尝试一些 \(g\) 的取值后，发现当且仅当 \(g=2\) 时存在解。

综上，\((n,m,a,b)\) 合法，当且仅当 \(\gcd(n,a)=1,\gcd(m,b)=1,\gcd(a,b)\le 2\)。

D

不妨认为 \(a_0=a_{n+1}=a_{p_1}\)，且 \(0,n+1\) 也是特殊位置。

注意到只有相邻颜色不同的位置是重要的，不妨称为关键点。对于一个特殊位置，它可以通过一次操作消除至多两个关键点，这两个关键点分别在它的左右两侧。为了最小化操作次数，我们希望尽可能多地一次消除两个。

称两个特殊位置之间的区间（不含两端）为一个区域，注意到上述操作的本质是将两个来自不同区域的关键点配对，那么记总和为 \(S\)，单个区域内的关键点数量最大值为 \(mx\)，由经典结论可以得出答案为 \(\max(\dfrac{S}{2},mx)\)。

E

考虑从后往前构造（因为位置越后受到的限制越少）。一个关键的想法是在构造过程中 \(q_i\) 具体是多少并不在意，只关心已确定的 \(q_i\) 之间的相对大小。

那么记 \(i\) 点后面满足 \(a_i <a_j\) 的下标 \(j\) 个数为 \(c_i\)。如果 \(d_i>c_i\)，那么无解。否则，取满足条件的位置中 \(q\) 第 \(c_i-d_i-1\) 小的位置 \(k\)，令 \(q_i \leftarrow q_k+1\)，然后使 \(i<j,q_i \le q_j\) 的位置 \(j\) 的 \(q\) 加一。正确性显然。

F

注意到这本质是有 \(4\) 堆石子的 Nim 游戏（区间左右侧扩展各是一堆石子）， 那么选区间本质就是选一个数 \(x\)，满足对方选区间得到的异或和为 \(x\) 的最少，也就是说满足 \(l+r=x_2-1,l\oplus r=x\) 的有序二元组 \((l,r)\) 最少。

那么考虑 dp。记 \(f_{i,j,0/1/2}\) 表示已经考虑了最高 \(i\) 位二进制位，现在的异或和为 \(j\)，当前不受总和限制、不受总和限制但进位会受限制、受总和限制。转移对当前二进制位 \(l,r\) 分别填什么进行分讨即可。

G

注意到一个不作为路径端点的点的标记在操作过程中也可能被修改，考虑记 \(a_i\) 为 \(i\) 子树内（含自己）标签为 \(1\) 的点的奇偶性，那么可以发现 \(a\) 和原标记形成双射。那么现在每次操作只会使端点的 \(a_i\) 清零。

对于一个大小为 \(n\) 的子树，只考虑一端为根节点的路径时，无论它的形态，在需要操作 \(k\) 时它都有 \(\binom{n}{k}\) 种标记方案。

那么对于根节点，它可以将左右子树的路径合并，那么记 \(mx\) 为左右子树中操作次数的较大值，那么这棵树的操作次数为 \(mx+(a_1 \oplus (mx\bmod 2))\)。后面那部分是清零根节点的代价。

注意到对于一个确定的 \(mx\)，可以通过调整 \(a_1\) 来使 \(mx=k\) 和 \(mx=k-1\) 都可以作为答案。

现在考虑怎么对 \(mx\le k\) 的两颗子树计数，记 \(C_i\) 为第 \(i\) 个卡特兰数，\(F(n,m)=\sum_{i=0}^{\min(n,m)}\binom{n}{i}\)，那么枚举左子树大小，两棵树分别选取不超过 \(k\) 个点使其标记为 \(1\)，那么方案数为

\[\sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1}F(i,k)F(n-1-i,k) \]

答案就是 \(mx\le k\) 时的方案数与 \(mx\le k-2\) 时的方案数的差。由组合数推论可以得出 \(F(n,m)=2F(n-1,m)-\binom{n-1}{m}\) 来 \(O(1)\) 递推 \(F\)。

时间复杂度 \(O(n)\)。