ARC 058

E - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku

题意

有一个长为 \(n\) 的序列 \(a_0,a_1,\cdots, a_{n - 1}\) ，给你三个参数 \(X,Y,Z\) 。

定义一个好的序列满足 存在 \(0\le x < y < z < w \le n\) 使得
\[
\begin{align}
\sum_{i = x}^{y - 1} a_i &= X\\
\sum_{i = y}^{z - 1} a_i &= Y\\
\sum_{i = z}^{w - 1} a_i &= Z
\end{align}
\]
问满足条件的序列有多少个。（对于 \(10^9 + 7\) 取模）

\(3 \le n \le 40, 1 \le X,Z \le 5, 1 \le Y \le 7\) 且 \(1 \le a_i \le 10, a_i \in \mathbb{N^{+}}\) 。

题解

一道很妙的题qwq

一开始觉得是个思博题，然后发现怎么正向计数都会算重。

后来去看了下题解，原来可以转化成 \(10^n -\) 不合法的序列数，这样就不会记重了。

但这样转化后如何记呢？数据范围十分地小，可以状压 \(dp\) 。

具体来说就是把一个 \(a_i\) 拆成一个 \(1\) 和 \(a_i - 1\) 个 \(0\) 。

比如 \(5\) 会被拆成 \(\underline{10000}\) 。

然后我们就可以把之前填的数顺次拼起来了。

这样有什么好处呢？不难发现如果一段连续的和为 \(S\) ，那么 \(S\) 转化后的集合 会是 连续一段转化后拼起来构成的集合的 子集 。

比如 \(2 + 4 = 6\) ，就有 \(\underline {100000} \in \underline{10} + \underline{1000} = \underline{101000}\) 。

那么我们只要对于每个位置状压前 \(X + Y + Z = 17\) 位就行了，一开始 \(X,Y,Z\) 压成的状态顺次拼到一起的状态，就是所有不可行的状态的自己。

枚举当前填到哪一位，以及状态，再枚举这位填什么就行了，复杂度就是 \(O(10n2^{X+Y+Z})\) 的。

技巧

要求连续和很小的时候也可以巧妙状压，注意看数据范围。

代码

戳这个 链接 ，好写的很。

ARC 059

F - バイナリハック / Unhappy Hacking

题意

一开始会有个空串 \(S\) ，有三个操作。

• 在 \(S\) 后面填个 \(0\) ；
• 在 \(S\) 后面填个 \(1\) ；
• 删去 \(S\) 的最后一个字符，如果 \(S\) 为空，那么不会改变。

然后你会进行 \(n\) 次操作，给你最后的串 \(S\) ，问有多少种不同的操作序列满足条件。（对于 \(10^9 + 7\) 取模）

\(n \le 5000, 1 \le |S| \le n\)

题解

一开始随便想了个 \(O(n^3)\) 的暴力，就是令 dp[i][j][k] 为当前进行了 \(i\) 次操作，串长为 \(j\) ，第一个失配的地方在 \(k\) 的操作方案数，对于当前进行什么操作分开考虑就行了。

其实正解很思博，我们之前那个 dp 第三维是没有必要的，因为我们发现串的形态是不会影响答案的，所以就令 dp[i][j] 为进行了 \(i\) 次操作，串长为 \(j\) 的方案数。

最后答案就是 \(\displaystyle \frac{dp[n][len]}{2^{len}}\) ，因为最后每个串对应的方案数都是一样的，总共有 \(2^{len}\) 个串，这样就是 \(O(n ^ 2)\) 的了。

其实可以继续优化，怎么考虑计数呢，因为最后的串长要恰好为 \(len\) ，我们可以转化成至多为 \(len\) 的答案减去至多为 \(len - 1\) 的答案。

我们假设 \(f(x)\) 为串长至多为 \(x\) 的答案，那么表达出来就是：
\[
f(x) = \sum_{i = 0}^{n} [i - (n - i) \le x] ({n \choose i} - {n \choose i - (x + 1)}) \times 2^{i}
\]
也就是我们考虑在 \(n\) 个操作中有 \(i\) 个操作为在后面添加字符，剩余 \(n - i\) 个操作为退格操作。

• \([i - (n - i) \le x]\) 意味着所有退格和添加字符操作 全部抵消 后串长不超过 \(x\) ，这是必要的条件。

• \(\displaystyle {n \choose i}\) 是所有可能添加和退格操作的排列，\(-\displaystyle {n \choose i - (x + 1)}\) 是所有最后串长会超过 \(x\) 的情况。

  为什么会出现超过 \(x\) 的情况呢？因为会有好一些退格操作都不会产生作用，不会产生作用的如果有 \(i - (x + 1)\) 及以上个，那么就是不行的。

  不难发现，把其中不会消除的 \(i - (x + 1)\) 退格操作放在排列在 \(n\) 个总操作之中的任意一个地方，对应仅对应且仅对应一组不合法的解。

• 最后发现每个添加数字的操作会对应两个操作，所以还要乘上 \(2^i\) 。

预处理了阶乘和阶乘逆元后就可以做到 \(O(n)\) 的复杂度啦。

技巧

对于求最后要求形态唯一的题，可以考虑有多少个形态的方案数是和它一模一样的，最后除去那么多就行了，通常可以降低一维的复杂度。

代码

\(O(n^3):\) 代码戳这里。

\(O(n^2):\) 代码戳这里。

\(O(n):\) 代码戳这里。

ARC 060

D - 桁和 / Digit Sum

题意

给你两个数 \(n, s\) ，找出一个最小的数 \(b\) 使得 \(n\) 在 \(b\) 进制下的数位和为 \(s\) 。

\(n,s \le {10}^{11}\)

题解

对于 \(< \sqrt n\) 的 \(b\) 我们可以暴力枚举，然后逐位拆解求和，复杂度是 \(O(\sqrt n \log n)\) 的。

对于 \([\lceil \sqrt n \rceil, n]\) 的 \(b\) ，那么 \(n\) 在 \(b\) 进制下只有两位，其实就是解一个如下的方程：
\[
\begin{align}
\lfloor \frac{n}{b} \rfloor + n \bmod b &= s \\
\lfloor \frac{n}{b} \rfloor + (n - \lfloor \frac{n}{b} \rfloor \times b) &= s\\
\lfloor \frac{n}{b} \rfloor (1 - b) &= s - n \\
b &= \frac{n - S}{\lfloor \frac{n}{b} \rfloor} - 1
\end{align}
\]
不难发现 \(\displaystyle \lfloor \frac{n}{b} \rfloor\) 只有 \(\sqrt n\) 种取值，我们直接整除分块，然后解方程即可。

然后对于 \(n = s\) 的点需要特判，\(b\) 此时为 \(n + 1\) 。

所以最后复杂度是 \(O(\sqrt n \log n)\) 的。

技巧

对于进制下的题，要么数位 \(dp\) ，要么考虑分情况讨论。

\(\ge \lceil \sqrt n \rceil\) 的进制只会有两位，\(< \lceil \sqrt n \rceil\) 的进制位也只有 \(\log n\) 层。

代码

戳这里。

F - 最良表現 / Best Representation

题意

定义一个内部不包含循环子串 \(S\) 至少出现两次的串为好串，比如 \(\underline{a}\) 为好串，\(\underline{abab}\) 不为好串，\(\underline{cdcdc}\) 为好串。

给你一个字符串 \(w\) ，现在要把它划分成很多段好串，其中段数要尽量少。然后问段数尽量上的前提下，问有多少种划分方式。（对于 \(10^9 + 7\) 取模）

题解

假设最好最优的段数为 \(l\) 。

判断一个串是否为好串可以先用 \(kmp\) ，求出每个前缀的 \(fail\) （也就是这个前缀的最长公共前后缀 \((border)\) ）

然后就可以用一个常用性质了：

最小循环串（不一定会出现完毕）的长度等于 \(len - border\) ，具体证明可以参考 这里 。

然后它为好串，当且仅当 \(fail_i\) 为 \(0\) 或者 \(i \mod (fail_i - i) \not = 0\) 。前者因为最小循环串是自己本身，后者因为不能完全填满。

首先可以特殊考虑两种情况:

• \(l = |w|:\) 此时所有字母都是一样的，可以在最后判断。
• \(l = 1:\) 此时整个串可行，可以直接判掉。

剩下的情况其实答案都为 \(l = 2\) ，为什么呢？

因为你可以考虑把 \(1 \sim |w| - 1\) 分到一组，最后一个字母单独分成一组。

如果这样不可行的话，只有两种情况：

• 全部字母相等，前面会特判掉。
• \(1 \sim |S| - 1\) 存在一个最小循环串 \(|S|\) 至少出现两次，和最后一个拼起来后一定使得整个串不存在一个可行的最小循环串。

然后剩下计算方案数，只需要枚举断点，然后判断前后缀是否为好串即可。（ \(kmp\) 预处理两次就行了）

技巧

牢记 \(border(fail)\) 与 最小循环串 互相转化的性质。

代码

戳 这里 。

ARC 063

E - 木と整数 / Integers on a Tree

题意

给你一颗有 \(n\) 个点的树，一开始有 \(k\) 个点有权值。问是否能让其他的点也赋上权值，使得相邻两个节点的权值差的绝对值为 \(1\) 。

如果可以，请给出一组构造方案满足条件。

\(1 \le k \le n \le 10^5\)

题解

首先分层考虑奇偶性是否存在解。

然后你对于每个点维护它可取的权值范围 \([l_i, r_i]\) 。

然后每次需要从儿子转移上来：
\[
l_u = \max\{l_u, l_{son} - 1\}\\
r_u = \min\{r_u, r_{son} + 1\}
\]
边界就是，这个点无权值就是 \([- \infty, \infty]\) ，有权值就是 \([val_u, val_u]\) 。

如果 \(l_u > r_u\) 无解。

然后只需要从上往下随意构造一组方案即可 。

技巧

树上构造关于权值构造可以考虑奇偶性。关于差值，可以考虑每个点的取值范围然后向上转移即可。

代码

戳 这里 。

ARC 065

E - へんなコンパス / Manhattan Compass

题意

平面上有 \(n\) 个点，其中选出两个点 \(a, b\) ，令他们之间的曼哈顿距离为 \(D\) 。

两个点联通当且仅当这两个点之间的曼哈顿距离也为 \(D\) ，最后询问 \(a\) 所在联通块的每个点的度数之和。

\(1 \le n \le 10^5\)

题解

一道挺不错的套路题。

看到曼哈顿距离不难想到可以与切比雪夫距离进行转换。

切比雪夫距离：

平面上两点 \((x_1, y_1), (x_2, y_2)\) 之间的距离为 \(\max(|x_1 - x_2|, |y_1 - y_2|)\) 。

如何转换呢？考虑把原来坐标系旋转 \(45^{\circ}\) 。原来的坐标 \((x, y)\) 就变成了 \((x + y, x - y)\) 。

然后原图上两点的曼哈顿距离就变成切比雪夫距离了。

来理性地证明一波：

假设原来两点为 \((x_1, y_1), (x_2, y_2)\) 变化后就是 \((x_1 + y_1, x_1 - y_1), (x_2 + y_2, x_2 - y_2)\) 。
\[
\begin{align}
d_{\mathcal{Chebyshev}} &= \max{\{|(x_1+y_1) - (x_2 + y_2)|, |(x_1 - y_1) - (x_2 - y_2)|\}}\\
&=\max{\{|(x_1-x_2) + (y_1 - y_2)|, |(x_1 - x_2) - (y_1 - y_2)|\}}\\
&=\max{\{|(x_1-x_2) \pm (y_1 - y_2)|\}}\\
&=|x_1 - x_2| + |y_1- y_2|
\end{align}
\]
注意最后一步可以自己讨论两边的正负来证明。

然后转了后，我们就可以转化成对于两个点其中一维的差值刚好为 \(D\) ，另外一维 \(\le D\) 。

为了方便讨论，我们先假设 \(x\) 差值为 \(D\) ，另外的一维也是一样讨论。
\[
\begin{cases}
x_1 - x_2 = D\\
-D\le y_1 - y_2 \le D
\end{cases}
\]
我们固定一维 \(x\) ，那么另外一维 \(y\) 就处于一个范围内，我们就可以快速处理出一个点的度数为多少了。

具体实现就是按 \(x\) 排序， \(x\) 相同按 \(y\) 排序，然后用两个指针 \(l, r\) 维护当前的区间 \([l, r]\) 就行了。（因为区间是单调的）

但是连边肯定不能暴力连，但我们发现是处于一段连续区间内，是否可以线段树优化建边呢？是可以的，但完全没有必要。

因为最后我们只需要求联通块，只需要保证连通性不会变，那么每次连边的时候我们发现相邻的不需要重复连边没有意义，我们每次记个 \(pos\) 表示当前连边的区间扫到哪了就行了，然后这个点连向最后一个就行了。

这样的话最后的边数是 \(O(n)\) 的了，最后总复杂度是 \(O(n \log n)\) 的，瓶颈在排序上。

技巧

曼哈顿距离常常能和切比雪夫距离转化，然后常常定下一维另外一个就是个区间范围，这样就好处理很多了。

然后区间连通性连边可以用操作把边数降到 \(O(n)\) 。

代码

戳 这里，挺短的。