CF Round 1053(2150 2151) 总结

CF Round 1053(2150 & 2151) 总结

Div2 A

若存在 \(a_i\ge a_i+1\) 那么只出现一次，否则出现 \(n-a_m+1\) 次。

A

我们不能每次从头开始走，考虑怎么利用上一轮的信息。

假设我们要求第 \(k\) 轮的终点，由于第 \(k-1\) 轮的终点可能被覆盖了，所以考虑从第 \(k-1\) 轮的 \(k-2\) 步的位置往后走两步。所以记录上一步的位置即可。

找白点用一个 set 初始把所有白点放进去即可。

Div2 C

当 \(k=1\) 时，每个间隔的系数为 1 0 1 0 1 0 1 0 1。
当 \(k=2\) 时，每个间隔的系数为 1 2 1 2 1 2 1 2 1。
当 \(k=3\) 时，每个间隔的系数为 1 2 3 2 3 2 3 2 1。
当 \(k=4\) 时，每个间隔的系数为 1 2 3 4 3 4 3 2 1。
当 \(k=5\) 时，每个间隔的系数为 1 2 3 4 5 4 3 2 1。

可以看出只需分别维护奇数位和偶数位的前缀和即可。

B

首先左上角、右上角一定为黑色。于是可知第一列只有第一行为黑，那么第二列前两行有且只有一个黑，同时可知第二列有且只有前两行存在黑。同理对于 \(i\le \lceil \frac n 2\rceil\) 的第 \(i\) 列，前 \(i\) 行有且只有一个黑，有且只有前 \(i\) 行存在黑。对于右半边的列同理。

那么每一列可以对一个前缀的行产生贡献。于是倒着枚举行，累加 \(res\) 为当前还有几个列没有被匹配，答案每次乘上 \(\binom {res}{a_i}\) 即可。

C

假设 \(t_i=1/0\) 表示 Alice 是否选择物品 \(a_i\)。记物品 \(i\) 在 \(b\) 中的位置为 \(p_i\)，那么 \(t\) 数组合法的条件为，对于任意 \(i<j\) 满足 \(t_i=0,t_j=1\) 的 \(i,j\)，有 \(p_{a_j}<p_{a_i}\)。不然 Bob 选 \(a_i\) 的时候就会先把 \(a_j\) 选了，Alice 就不可能选到了。

于是维护 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑完 Alice 的前 \(i\) 个物品，且 Bob 选择的物品的最大位置为 \(j\)。用线段树转移是容易的，复杂度 \(O(n\log n)\)。

D

记 \(f_i\) 为最终 \(i\) 位置上的人数，那么 \(f_i\) 一定形成恰好一个非 \(0\) 连续段 \([l,r]\)，且 \(\forall l<j<r\) 有 \(f_j\) 为奇数。

把 \(f_l,f_r\) 也变成和中间部分类似的约束条件，枚举 \(x,y\in \{1,2\}\)，令 \(f_l=x+2g_l,f_r=y+2g_r,f_j=1+2g_j(l<j<r)\)。

若 \(r-l+1=K\)，则合法的条件为 \(S=n-x-y-(K-2)\) 为偶数，且 \(\sum g=S/2\)。由于上述分配方式是对称的，所以任意 \(2g_i\) 的期望值都为 \(\frac SK\)。所以对答案的贡献为 \(\sum a_i\times \frac SK\times ways\)，其中 \(ways\) 为分配的方案数，可以用插板法简单地得到。

对于一个 \(K\)，有多个 \([l,r]\)，它们 \(a\) 的和的总和可以由前缀和的前缀和计算。答案记得加上基础的 \(1,x,y\) 的贡献以及 \(l=r\) 时的贡献。

E1 & E2

考虑一种分治算法，首先将 \(a\) 随机打乱，维护一个只在当前区间 \([l,r]\) 出现的数集合 \(S\)，对每个数用最多两次询问把它删掉或放进一个子区间，询问次数 \(O(n\log n)\)。

考虑再维护一个区间内与区间外都出现的数集合 \(T\)，即已知这些数在区间内出现恰好一次，那么所求数在当前区间内的充要为 \(2|S|+|T|\ne r-l+1\)。这样可以通过 E1。

考虑另一种确定一个数是否是所求数的方法，可以二分，记期望询问次数为 \(X\)，那么有 \(\frac 12\) 的概率在 \([l,mid],[mid+1,r]\) 都出现过，询问两次；有 \(\frac 14\) 的概率递归右边，询问一次；有 \(\frac 14\) 的概率递归左边，询问两次。则 \(X=\frac 22+\frac 14(1+X)+\frac 14(2+X)\)，解得 \(X=\frac 72\)。

这个二分法不能直接用，考虑结合前面的算法，第一层采用前面的算法，然后就能确定所求数可能是哪些并且在哪一边。可以通过 E2。

F

首先找出一棵生成树，第一步操作可以把树上所有距离为 2 的点对连起来。

考虑第二步操作，我们找到树上直径，若其长为 \(len\)，那么令 \(K-1=\lceil \frac {len}2\rceil\)。此时对于树上距离大于 \(len\) 的点对，每次可以把两条边换成一条长为 2 的边，使得步数减一，直到为 \(len\)。

而对于树上距离小于 \(len\) 的点对，可以考虑从 \(\text {lca}(x,y)\) 处往父亲方向补充需要的点，假设 \(\text{lca(x,y)}\) 的 \(x\) 方向儿子为 \(z\)，\(\text{lca}(x,y)\) 的父亲依次是 \(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5\)，那么我们可以连出 \(z\to a_1\to a_3\to a_5\to a_4\to a_2\to \text{lca(x,y)}\)，对于偶数长度有一点小变化。但这要求 \(\text{lca(x,y)}\) 往上的父亲要足够多，考虑依次把两个直径端点作为根跑这个过程，那么至少有一个是能满足的。

复杂度 \(O(n^3)\)。