Codeforces Round 1028 (Div. 1) 解题报告

Codeforces Round 1028 (Div. 1) 解题报告

A

首先，最后所有的数都会变成 \(d = \gcd_{i = 1} ^ n a_i\)。

如果 \(d\) 在 \(a\) 中出现过，直接统计不是 \(d\) 的有几个就行。

否则需要选出一些数凑出 \(d\)，然后花 \(n - 1\) 次操作把其他的都变为 \(d\)。前面的最少次数 DP 即可。

预处理所有 gcd，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

B

考虑直接反着来一个个确定，发现有时选择不唯一。没法做。

观察到每次决策好像都是一个 2-SAT，要么一个是要么另一个是，但是还有一些大小的限制都无法做。

考虑为什么这么难做，发现这是因为每次确定的都是要求某个位置恰好等于一个数字，另一个大于等于的形式，这样就非常难搞。

于是我们大胆转换问题，先只考虑 \(c_i \ge b_i\) 的情况下求出对每个 \(i\)，\(a_i\) 的限制 \(l_i\)（\(a_i \ge l_i\)）。发现所有的倒推都是这样的限制。

最终时 \(l_i = b_i\)，倒推一个操作 \((x,y,z)\) 时即令 \(l_x = \max (l_x, l_z)\)，\(y\) 一样。一路推到最开始得到一个 \(l_i\)，此时令 \(a_i = l_i\) 即可。这个 \(a\) 如果正着推下来能得到 \(b\) 的话就是解，否则无解。

为什么这是对的呢？发现每次决策都是限制一个位置 \(\ge x\) 的形式，所以可以这样构造。这样求得的 \(l\) 一定可以由 \(c_i = b_i\) 倒推而来，因为 \(c_i > b_i\) 时显然不优。同理 \(a_i = l_i\) 也必然是最优解（令每个 \(b\) 尽量小）之一，\(a_i\) 都不行的话增大 \(a\) 正推出来的 \(b'\) 一定不会更小，也即会有 \(b'_i > b_i\)，一定会寄。

C

终于有会做的了，看起来题解的要更简单一些，不过无所谓了。

发现每个血量可以首先减去 \(1\)，然后目标是变成 \(0\)。

发现每个血量大于当前最小值的部分一定是一次次攻击剪掉的，统计这部分并称为冗余量。

考虑 DP，记还能攻击 \(k\) 轮，最小值为 \(i\)，冗余量为 \(j\)，最后成功的概率为 \(f_{i,j,k}\)。显然有边界：\(f_{i,j,0} = [i = j = 0],f_{0,j,k} = [j \le k]\)。

转移有两类（下面 \(i,k > 0\)）：

\(j \neq 0\) 时：\(f_{i,j,k} = pf_{i-1, j, k-1} + (1-p)f_{i, j-1, k-1}\)

这是因为泪之剑开大时 AOE 最优，否则单体攻击最优，均显然。

\(j = 0\) 时：\(f_{i,0,k} = pf_{i-1, 0, k-1} + (1-p)\max (f_{i - 1, n-1, k}, f_{i,j,k -1})\)

有得 AOE 当然要 AOE，否则两种选择要么打一个要么不动。

直接做时间复杂度 \(O(H^2nm)\)，过不了。

发现第二种情况 \(j\) 维不大于 \(O(n)\)，可以先算 \(j \le n\) 的所有 \(f\)，时间复杂度 \(O(Hnm)\)。

第一种情况可以观察到是一个类似杨辉三角的转移，系数都是确定的，而且因为最后的答案只需要求一个 \(f\)，直接枚举它是从哪一个边界转移过来的(\(i,j,k\) 某一个变为零，根据\(\Delta i +\Delta j = \Delta k\)，枚举第二个来确定第三个，注意规定优先级以免算重复)，算一下系数即可。这是线性的。

D

首先可以假设一开始都选的是 \(a\)，初始的数字是 \(A\)，每次可以选择异或上 \(a_i \oplus b_i\) 或者不动。

考虑如果每次都是同一个人来决策，这题就是线性基的模板。

有两个人博弈，仍然有一些性质：

1. 后面的操作选择权力较大。
2. 每个人仍然是贪心地先保全最高位最优，然后再抢低位。

这仍然是一个线性基的形式，设计如下算法：

从大到小遍历每轮操作，记 \(c_i = a_i \oplus b_i\)：

把 \(c_i\) 插入当前线性基，从高位到低位依次扫描，如果当前位 \(c_i\) 为 \(0\)，就跳过；否则如果线性基此位无数字，就插入进来；再否则 \(c_i\) 就异或上此位的数字后往低位扫描。注意每次记录属性（是哪个玩家操控这一轮）。

从高位到低位考虑 \(A\)，如果当前位置 \(A = 0\) 而且线性基当前位有数字且是那个要求最终答案最大的，或者都反之，就让 \(A\) 异或上当前位。否则跳过。这样执行一轮就能得知 \(A\) 的最终值了。

E

模板题不会，qwq......

一眼完全背包，\(m\) 过大不可能直接优化的，必须找性质。

有一个经典的不对的贪心：一直选 \(\dfrac {w_i}{c_i}\) 最大的那个，记其为 \((c,w)\)。什么时候它比较对呢？

发现其余的物品不可能选超过 \(c\) 个。否则对 \(c_i\) 的前缀和序列用鸽巢原理，必然可以选出一段区间 \(c_i\) 之和恰好为 \(c\) 的倍数。此时把这些都换成 \((c,w)\) 这个物品，必然不会更劣。

因此分配给别的物品的容量不会超过 \((\max c) ^ 2\)。进一步地，假设询问的 \(r\) 足够大，\(r > (\max c) ^ 2\)，则可以有以下算法：

先尽可能地选物品 \((c,w)\)，此时 \(ans = \lfloor \dfrac {r}{c} \rfloor w, r' = r \bmod c\)。

然后 DP 一个 \(f_m\) 表示当前选了 \(kc+m\) 体积的物品，最大的 \(w\) 之和。

那么有：

\[f_{(m + c_i) \bmod c} \leftarrow f_m + w_i- \lfloor \dfrac {m + c_i}{c} \rfloor w \]

意味着每次填满一次 \(c\) 的容量就需要减掉一个 \((c,w)\)。

这不是严格意义的 DP，它是把 \(0, \cdots ,c - 1\) 拆分成一些环，环上转移。观察到在环上转两圈就一定可以转移完（否则有负圈，与 \(\dfrac wc\) 最大矛盾），如此转移即可。最后 \(ans\) 累加上 \(f_{r \bmod c}\) 即可。

放在 DAG 上，需要记录当前在的点 \(u\)，钦定 \(\dfrac wc\) 最大点 \(v\)，以及当前有没有到过 \(v\)。时间复杂度 \(O(nm \max c)\)。

还有一种情况，输入的 \(r\) 不超过 \((\max c) ^ 2\)，这部分需要单独处理：直接 DP 当前到了 \(u\)，已经选的体积为 \(c\) 即可。第二维有限制了，时间复杂度 \(O(m (\max c) ^ 2)\)。

F1

发现这种完全不能维护啊，平衡树套树也不太对，也不能离线，那就考虑根号的结构了。

序列也在翻转来翻转去，应该对操作分块比较好。考虑每 \(B\) 个操作一块：

每过 \(B\) 次操作我们可以重构一次数列，维护出当前 \(pos_i\) 的原始下标。这可以暴力维护，因为 \(B\) 次操作内只把全局划分成了 \(O(B)\) 条线段，可以每次翻转时仅打 reverse 标记并翻转一段线段的位置。重构时再 \(O(n)\) 扫一遍完全可以承受。

这样想通了就好办了。考虑每块内维护每个线段的加入的数字集合（用队列维护），以及这一线段在块所有操作开始前，上一块操作做完时定下标为 \([1,n]\)，则这一块的下标。加入，删除（直接全局给一个懒惰标记）和翻转都可以 \(O(B)\) 暴力做，询问则考虑每一个历史块所带来的影响，具体就是从小到大枚举每个元素，如果他还没被删除，这一个块就选它，否则直接删掉它以后也不看了。这样均摊过后也可以接受。

取 \(B = \sqrt q\)，总的时间复杂度 \(O((n+q)\sqrt q)\)。