Randomly Problems Solving at AtCoder I
质量评分 \(\in[0,10]\)，分为 \([0,4),[4,7),[7,10]\) 三个梯度，评分和难度弱相关。
上次更新：2025/10/16
注重思路。
[ABC 134 F] Permutation Oddness
\(5\) 分。
排列计数。
首先要考虑的是生成排列的方式，发现 \(i-p_i\) 确定大小关系之后可以拆掉绝对值，那么两项的贡献就可以独立计算，此时只需要 \(1\sim n\) 逐个数确定贡献的方式就能保证生成排列（重点在 \(1\sim n\) 对每个数都确定）。
然后考虑具体的方式，将 \(i\) 叫做位置，\(p_i\) 叫做值，那么一定是位置和值匹配，按大小顺序 dp，就能知道当前的位置/值贡献的是 \(+\) 还是 \(-\)。
设 \(f_{i,x,y,j}\) 表示处理到了 \(i\)，前面产生了 \(x\) 个比 \(i\) 小的位置，\(y\) 个比 \(i\) 小的值，且当前奇妙度为 \(j\) 时的方案数。
复杂度 \(O(n^5)\)，交上去过了，点开题解发现都是 \(O(n^4)\) 做法。
有点小丑了，似乎是可以把位置和值的信息只用一维状态表示，看了一下我的代码确实是这样。
如果你推了转移方程，你会发现 \(x\) 和 \(y\) 是同增同减的，也就是说有效的 \((x,y)\) 一定满足 \(x=y\)，然后就能 \(O(n^4)\) 了，好唐啊。
[ARC 100 D] Colorful Sequences
\(7\) 分。
计数。
好，难。
观察数据范围，初步估测时间复杂度在 \(O(nk)\) 左右。
有两个疑问：
-
怎么计数 colorful 序列？
-
怎么计数 \(a\) 在所有 colorful 序列中的出现的次数之和？
不妨将其视为两个子问题，进行一些基本的思考后，不难看出来后者严格包含前者，所以现在先来着手解决第一个问题。
怎么计数 colorful 序列？
限制是至少存在一个区间为 \(k\) 阶排列，怎么刻画至少一个？怎么刻画 \(k\) 阶排列？直接用组合数算大概率会记重，大量的经验说明此时思不应该思考怎么正着计数并做到不重不漏，应该容斥。
所有序列的个数为 \(k^n\)，减去非 colorful 的序列个数就得到了 colorful 序列的个数。
非 colorful 序列，需要保证不存在一个区间为 \(k\) 阶排列，看着去就比之前的限制好刻画多了。
考虑 dp，设 \(f_{i,j}\) 为考虑了 \(i\) 个数（当前序列长度为 \(i\)），当前考虑到了第 \(i\) 个数，当前极长的不重复后缀长度为 \(j\) 时的方案数，有以下两个转移，
选取前 \(j\) 个数都没有的，使得长度加一。
为了保证不存在 \(k\) 阶排列，转移需保证 \(j+1<k\)。
其中 \(1\le p\le j\)，选取前 \(j\) 个数中的数即可得到 \([1,j]\) 的任意一个新后缀长度。
前缀和优化后转移总复杂度为 \(O(nk)\)。
至此，这个子问题得到了解决。
怎么计数 \(a\) 在所有 colorful 序列中的出现的次数之和？
感觉有点棘手，不妨按照解决上个问题的策略，继续正难则反，容易得到所有序列中 \(a\) 在里面出现次数之和为 \((n-m+1)\times k^{n-m}\)，现在要的是所有非 colorful 序列中 \(a\) 的出现次数之和。
限制是不存在一个区间为 \(k\) 阶排列，如果 \(a\) 本身就包含了一个 \(k\) 阶排列在里面，那么结果显然为 \(0\)。
这启示对 \(a\) 的形态进行分类讨论，因为序列中的那些 \(k\) 阶排列和 \(a\) 的关系并不清楚，而且存在多种情况，更重要的是会直接影响到计数。
除去上面的情况，\(a\) 中的数可能依然互不相同，但此时满足 \(m<k\)，不然会归为上面的情况。
此时对 \(a\) 进行置换，其实结果还是不会变，所以说 \(a\) 的具体元素并不重要。
那么就去数所有非 colorful 序列中长度为 \(m\) 且里面的数互不相同的区间出现次数，这些区间通过置换都能成为 \(a\)，但是会记重，不过这里只需要将结果除以 \(A(k,m)\) 即可，将置换后本质相同但置换前不同的序列进行了合并。
怎么求，可以看作对每个位置 \(i\) 求包含以 \(i\) 结尾（右端点为 \(i\)）的、长度为 \(m\)（大于 \(m\) 的也包含 \(m\)）的、数字互不相同的子区间的非 colorful 序列个数。
发现这个东西的求解可以自然地嵌入求 \(f_{i,j}\) 的过程，具体地，设计 \(g_{i,j}\)，和 \(f_{i,j}\) 唯一的差别在于 \(j\ge m\) 时加上 \(f_{i,j}\)。
对于 \(a\) 有重复数的情况，此时 \(a\) 在序列中的两边独立，不会有 \(k\) 阶排列横跨 \(a\)，所以分别处理出极长的没有重复数字的前后缀，然后枚举 \(a\) 的起点位置，用上面类似的方法即可。
[ABC 136 F] Enclosed Points
\(4\) 分。
计数。
首先注意到每个点的 \(x,y\) 坐标分别互不相同，这使得某些细节上的问题得到了避免。
套路地考虑每个点的贡献。
对于一个点。首先分它在不在 \(T\) 里，若在，那么它会贡献到 \(2^{n-1}\) 个 \(T\) 中，毕竟它自己已经选上了。
如果不在，先算出这个点左上、左下、右上、右下的点数 \(c_1,c_2,c_3,c_4\)。
要保证它一定被 \(T\) 形成的矩形包含，则一定要让左上、右下都存在至少一个点同时属于 \(T\)，或者右上、左下，其他区域则可以随便选。
两种情况的方案数分别为，\((2^{c_1}-1)(2^{c_4}-1)2^{c_2}2^{c_3}\) 和 \((2^{c_2}-1)(2^{c_3}-1)2^{c_1}2^{c_4}\)，不过他们会有记重，单步容斥减去记重的方案数 \((2^{c_1}-1)(2^{c_2}-1)(2^{c_3}-1)(2^{c_4}-1)\) 即可。
求 \(c_1,c_2,c_3,c_4\) 就是二维数点的板子，树状数组加扫描线。
[ABC 214 G] Three Permutations
\(6\) 分。
一个排列的问题就是经典的错位排列问题，可以使用容斥解决。
对于这题同样设 \(f_i\) 为钦定 \(i\) 个位置不合法（\(r_i=p_i\) 或 \(r_i=q_i\)）的方案数。
那么答案就是，
\(f_i\) 变得不太好求，因为要求没有重复的数字，在两个排列里去选是可能会选重的。
那就考虑建图刻画限制，给每一对 \((p_i,q_i)\) 之间连一条无向边，则变为选 \(i\) 条边，并对每一条边，让其选择一个端点依附上去，一个端点不能被依附多次，求方案数。
那么建出来的图一定是若干个环。
一个点至多被两条边依附（后文忽略自环，因为不影响），考虑拆点，把一个点 \(i\) 拆为 \((i,0)\) 和 \((i,1)\)，分别代表两条边的情况，那么默认有连边 \((i,0)\to (i,1)\)，对于 \((p_i,q_i)\) 有 \((p_i,1)\to (q_i,0)\)，此时相当于将点拆为了两个状态，两点之间连边表示只能选这条边的端点之一，点内拆位两个点连边表示点内的状态只能二选一，是符合前面的限制的。
那么问题就转化为了若干环的独立集计数，是比之前的问题更熟悉、更好做的。
具体地，对每个环都做一遍 dp，求出选出 \(k\) 个不相邻的点的方案数，再开一维表示起点选不选就能转移了。
环之间的合并，本质是加法卷积，本题直接暴力做就行了。
