Codeforces Global Round 31 (Div. 1 + Div. 2) (#2180) 全解

今天早上 VP 这场比赛，过了 ABCE。

A. Carnival Wheel

由于数据范围是 $5000$，我们暴力模拟即可。

开一个值域大小的标记数组，如果找到了环就直接退出，记录途中最大值即可。

Submission #356326001 - Codeforces。

B. Ashmal

容易发现如果当前得到了字符串 $S$，我们现在要加入字符串 $A$，那么无论 $A$ 接在前面还是后面，都要求 $S$ 最小即可。

于是我们按顺序插入 $A$，在两种方案里选字典序最小的即可。由于数据范围较小，可以用 std::string 快速实现。

Submission #356326086 - Codeforces

C. XOR-factorization

首先 $K$ 为奇数时，就全部填 $n$。

考虑 $K$ 为偶数时怎么做，一种天真的想法如下：

首先填 $K-2$ 个 $n$，接下来只需考虑两个数 $x,y$，我们按位考虑。从高位到低位，如果 $n$ 这一位为 $1$，那么可以让 $x$ 赋 $1$，$y$ 赋 $0$。而如果 $n$ 这一位为 $0$，为了使和尽可能大，我们希望 $x,y$ 都填 $1$，但前提是不超过 $n$。于是如果先后遇到两个 $1$，第一次就让 $x$ 填 $1$，$y$ 填 $0$，而第二次就让 $x$ 填 $0$，$y$ 填 $1$，这样之后 $x,y$ 都必小于 $n$ 了。

然而上面的做法会 WA。考虑为什么，因为前面的那 $K-2$ 个数之中也有可能出现对于 $n$ 为 $0$ 的位，两个数填 $1$。

考虑扩展上面的做法，维护一个计数器 $cnt$，表示当前前 $cnt$ 个数都必小于 $n$。遇到一个 $1$，我们就尝试让第 $cnt+1$ 个数赋为 $0$，其他都赋为 $1$。而遇到 $0$ 时，我们就取出前 $cnt-(cnt\bmod 2)$ 个数填 $1$。

这样就通过了。复杂度 $O(K+\log V)$。

Submission #356327292 - Codeforces

D. Insolvable Disks

赛时没过，原因是不敢写贪心，以为不对。

考虑每次贪心选择一个尽量长的前缀，设 $d_i=a_{i+1}-a_i$，加入 $r_1=x$，则有 $r_2=d_1-x$，$r3=d_2-d_1+x$，$r_4=d_3-d_2+d_1-x\dots$。

那么前缀 $i$ 合法的充要就是 $\forall 1\le j\le i,0<r_i<d_i$。

我们把上述每个点的 $r_i$ 带入到 $0<r_i<d_i$，再移项，就可以得到每个点的 $x$ 的区间限制。每次对区间取交，直到区间为空，此时 $i-1$ 就是最长前缀。

关于贪心正确性证明：

考虑每个点开始往右最远扩展到的位置 $f_i$，由上述区间取交的过程可以知道，$f_i$ 是单调的，于是我们就相当于选取最少的 $[i,f_i]$ 的区间使得不交，所以贪心是正确的。

复杂度 $O(n)$。

Submission #356330957 - Codeforces

E. No Effect XOR

赛时过了这道题。题意就是问有多少个 $x$ 满足 $[l,r]\oplus x\to [l,r]$。

考虑找到 $l,r$ 最高不同的位 $i$，分裂成左半边这一位为 $0$ 的区间 $[l,mid),[mid,r]$，其中 $mid=2^i$。

如果这一位填 $1$，首先要求 $0$ 的数量与 $1$ 的数量相同，然后考虑到此时左半边和右半边分别是值域的后缀和前缀，它们是对称的，因此只要求出 $[mid,r]\to [mid,r]$ 的答案再对 $2^{i}-1$ 取反即可，于是此时的答案就是 $[mid,r]$ 的答案个数。
如果这一位填 $0$，那么就是左边的答案与右边的答案取交，右边是值域的前缀，而左边是值域的后缀，它的一个方案也是对应前缀的一个方案，于是转化成了两个前缀的答案取交。
问题是求一个前缀的方案，设 $f(r)$ 表示 $[0,r]$ 的答案，如果 $r$ 是二的幂，那么答案就是 $r$。否则依旧找到 $r$ 的最高位 $i$，最高位只能填 $0$，左半边可以随便填，所以递归右半边 $f(r)\gets f(r-2^i)$。
所以一个前缀的答案是二的幂，于是上述两个前缀的答案取交其实就是取最小值。

那么这个问题就解决了，复杂度 $O(\log V)$。

Submission #356328859 - Codeforces

F1 と F2. Control Car

F1：

考虑方案数转概率，这样可以在 DP 时排除无关信息，设 $f_{i,j}$ 表示初始 $n=i,m=j$ 最终走到 $(n,m)$ 的方案数。

我们还需要记录从哪个方向走过来，且还要记录一些点的信息。我们如下设状态：

$f_{i,j,0,0}$，从上面走过来，且左上角的点挡住了右边。
$f_{i,j,0,1}$，从上面走过来，且左上角的点没有挡住右边。
$f_{i,j,1,0}$，从左边走过来，且左下角的点挡住了下面。
$f_{i,j,1,1}$，从左边走过来，且左下角的点没有挡住下面。

转移同题解。

边界条件是 $f_{1,1,0/1,0}=7/16,f_{1,1,0/1,1}={1/16}$。

我们再对 $f$ 求前缀和即可得到答案，注意我们指定 $(1,1)$ 是从上面走过来，且 $f_{1,1,0,0}$ 和 $f_{1,1,0,1}$ 要乘上对应系数。

复杂度 $O(nm)$。

Submission #356333212 - Codeforces

F2：

把每列的转移写成矩阵的形式，矩阵快速幂即可。

复杂度 $O(n^3\log m)$。

依旧使用 F1 中的方程求出转移系数，首先把第一列的一个位置赋为 $1$，其他赋为 $0$，然后转移第二列，即可得到这个位置对下一列每个位置的系数。

注意我们要先求出第一列的所有位置。

矩阵中还有一个位置要记录前缀和。

矩阵乘法时要扔掉为 $0$ 的位置从而减小常数，具体见代码。

Submission #356343250 - Codeforces

G. Balance

首先研究 Balance 怎么求，肯定要化成简便的形式。转次数，设 $f_{i,m,k}$ 表示 $a_i$ 在长为 $m$ 的子序列中作为第 $k$ 个出现的子序列个数。Balance 即：

\[\sum {i,m,k} a_i\times f{i,m,k}\times \frac km \]

显然 $a$ 是回文的，则 $f_{i,m,k}=f_{n-i+1,m,m-k+1},a_i=a_{n-i+1}$。则

\[2\times Balance=\sum {i,m,k} a_i\times f{i,m,k}\times \frac km+\sum {i,m,k} a{n-i+1}\times f_{n-i+1,m,m-k+1}\times \frac {m-k+1}m =\sum _{i,m,k} a_i\times (1+\frac 1m) \]

所以求出所有子序列下 $a$ 的总和以及所有子序列下 $a$ 的平均值的总和即可。

前者是 $2^{n-1}\sum a_i$。

后者即

\[\sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^n a_i\times \frac {\binom {n-1}{k-1}} {k} \]

化简后面的式子

\[\sum _{k=1}^{n} \frac {\binom{n-1}{k-1}} k=\sum _{k=1}^n \frac {(n-1)!} {k!(n-k)!}=\frac 1n\sum _{k=1}^n\binom nk=\frac {2^n-1}n \]

所以最终 Balance 为（设 $S=\sum a_i$）：

\[2^{n-1}S+\frac {2^{n}-1} n\times S \]

我们只需快速维护 $S\bmod(10^9+7),n\bmod (10^9+7),n\bmod (10^9+6)$ 即可。

问题在于快速知道删除操作时删掉的数。

考虑加入一个数 $x$ 后进行的删除操作：

若原来 $len=2n+1$ 为奇数，则序列变成 $[x,a_1,x,...,x,a_{n+1},x,...,x,a_{2n+1},x]$，发现先删除 $a$ 的中位数，然后删除两个 $x$ 与删除两个 $a$ 的中位数交替进行。
若原来 $len=2n$ 为偶数，则序列变成 $[x,a_1,x,...x,a_n,x,a_{n+1},x,...x,a_{2n},x]$，发现先删除 $x$，然后删除两个 $a$ 中的中位数与删除两个 $x$ 交替进行。

有一个神奇的方法。我们可以维护一个包含 $0,1,2,3$ 的队列。每次加入 $x$ 时，若长度为偶数，则往队尾加入 $1$，否则加入 $3$。

我们删除一个数时，从队尾开始遍历，直到遍历到一个 $0$ 或 $1$，它的值就是我们要删的数，同时将遍历过程中所有遇到的数 $x\gets (x+1)\bmod 4$。

这个方法复杂度是每次均摊 $O(1)$。复杂度 $O(q\log V)$，瓶颈在于快速幂。

Submission #356356669 - Codeforces

H1. Bug Is Feature (Unconditional Version)

设 $f_{i,j}$ 为 $c-b=i,x-c=j$ 的 SG 值，可以打表发现，每行从下标 $0$ 开始，第 $i$ 行每 $2i$ 个是循环的：

txt 复制代码

0 1 
1 0 2 2 
0 0 0 1 1 1 
0 1 0 0 2 2 1 1 
0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 
1 1 1 0 0 0 2 2 2 2 2 2 
0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 
1 0 1 1 0 0 0 0 2 2 2 2 1 1 2 2 
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1

发现对于 $i$ 为奇数，就是 $01$ 各占一半。

对于 $i$ 为偶数，前 $i/2$ 个是第 $i/2$ 行的前 $i/2$ 个 $01$ 取反，然后是 $i/2$ 个 $0$ 与 $i/2$ 个 $1$，后 $i/2$ 个是第 $i/2$ 行的后 $i/2$ 个 $12$ 取反。

直接递归实现即可，注意需要记忆化，而且需要使用哈希表才能通过，使用 map 会 TLE。

复杂度单 $\\log$ 。

Submission #356380285 - Codeforces

H2. Bug Is Feature (Conditional Version)

不妨令 $c-b\gets 1,x-c\gets\lfloor\frac {x-c}{c-b}\rfloor$，即转化为公差为 $1$ 的问题。

设 $f_i$ 表示公差为 $1$，$x-c=i$ 的答案，有 $f_0=0,f_i=\text{mex}(f_{i-1},f_{\lfloor\frac i 2\rfloor}-1)$。

由于后面多带一个减 $1$，性质不好，不妨把 $f_{i+2}\gets f_{i}$，即右移两个单位。

此时可以打出表，从 $f_1$ 开始，我们指定 $f_{1}=f_2=0$。

txt 复制代码

0 0 1 2 1 0 2 0 1 0 2 1 2 0 1 2 1 0 2 1 2 0 1 0 2 0 1 2 1 0 2 0 1 0 2 1 2 0 1 0 2 0 1

发现非 $0$ 位是 $12$ 交替的，进一步发现 $f_i=0$ 当且仅当 $i$ 的二进制下后缀一的个数为奇数。

我们只需求出一个前缀的 $f_{i}=0$ 的个数即可求出这个前缀的异或和，复杂度单 $\\log$ 。

Submission #356387263 - Codeforces