Atcoder 做題記錄
\(\bullet\) \(\texttt{ ARC099F Eating Symbols Hard}\)
用雜湊值 \(h_i\) 表示執行完 \(S_{(0,i]}\) 的操作後的序列 \(A\) ：
\[h_i = \sum\limits_{j=-\infty}^{\infty}A_j{Base}^j\pmod {M} \]對於四個操作：
\[+ \longrightarrow h = h+{Base}^p \]\[- \longrightarrow h = h - {Base}^p \]\[> \longrightarrow p = p+1 \]\[< \longrightarrow p = p-1 \]記 \(p_i\)
考慮只執行 \((l,r]\) 的操作後 \(A\) 的雜湊值：
\[h_{(l,r]} = \dfrac {(h_r-h_l)}{{Base}^{p_l}} \]若合法，則有： \(\dfrac {(h_r-h_l)}{{Base}^{p_l}} = h_n\)
移項得到 \(h_r = h_l + h_n{Base}^{p_l}\)
列舉 \(l\) 數有多少 \(r\) 即可，時間複雜度 \(O(n \log n)\)。
\(\bullet\) \(\texttt{ ARC102E Stop. Otherwise...}\)
考慮 \(OGF\) 。
對於 \(ans_i\)，有三種點數：
-
任意選的，記數量為 \(a\)，\(OGF\) 為 \(\dfrac 1 {1-x}\)；
-
成對且和為 \(i\) 的數，記數量 \(b\)，\(OGF\) 為 \(\dfrac {1 + x} {1-x}\)；
-
\(i/2\)，只能取一個，\(OGF\) 為 \(1 + x\)。
則 \(ans_i = \sum\limits_{j=0}^{\infty}[x^j]\dfrac {(1+x)^{b}} {(1-x)^{a+b}}(i\&1 ?1:(1+x))\)
將其簡化，變成求 \([x^n]\dfrac {(1+x)^a}{(1-x)^b}\)
直接計算，時間複雜度 \(O(nk)\) 。
\(\bullet\) \(\texttt{ AGC013E Placing Squares}\)
先不考慮 \(m\) 個點的限制，記 \(dp_i\) 表示覆蓋了前 \(i\) 塊的總和，則有：
\[dp_{i+1}=\sum\limits_{j=0}^{i}dp_j(i+1-j)^2 \]直接做是 \(n^2\) 的。
考慮把 \((i+1-j)^2\) 展開，得到：
\[dp_{i+1}=\sum\limits_{j=0}^idp_j(i-j)^2 + 2\sum\limits_{j=0}^idp_j(i-j)+\sum\limits_{j=0}^idp_j \]記 \(A_i = \sum\limits_{j=0}^{i-1}dp_j(i-j)^2,B_i = \sum\limits_{j=0}^{i-1}dp_j(i-j),C_i = \sum\limits_{j=0}^{i-1}dp_j\)，則 \(dp_{i+1} = A_{i+1} + B_{i+1} + C_{i+1}\)。
觀察到 \(n\) 很大，但是 \(m \le 10^5\)，實際上可以分成 \(O(m)\) 段沒有限制的區間，使用前面的 \(dp\) 轉移，考慮矩陣快速冪：
假設已經知道 \(\begin{bmatrix}A_i & B_i &C_i\end{bmatrix}\)，求 \(\begin{bmatrix}A_{i+1}&B_{i+1}&C_{i+1}\end{bmatrix}\)。
-
\(dp_{i} = A_i\)
-
\(A_{i+1} = A_i + 2B_i + C_i + dp_i = 2A_i + 2B_i + C_i\)
-
\(B_{i+1} = B_i + C_i + dp_i = A_i + B_i + C_i\)
-
\(C_{i+1} = C_i + dp_i = A_i + C_i\)
則轉移矩陣為：
\[\begin{bmatrix}2&1&1 \\2&1&0\\1&1&1\end{bmatrix} \]若 \(i\) 點為星星，則轉移矩陣為：
\[\begin{bmatrix}1&0&0\\2&1&0\\1&1&1\end{bmatrix} \]\(\bullet\) \(\texttt{ ARC066E Addition and Subtraction Hard}\)
性質題：
-
括號只加在減號後面
-
加了括號後，括號裡面的數前面如果有減號，那麼一定可以對答案貢獻正數
於是直接列舉最外層的左括號，取最大值即可。
\(\bullet\) \(\texttt{ ARC060F Best Representation}\)
首先考慮整個串是否有迴圈節，這個可以使用 \(kmp\) 解決。
若沒有迴圈節，則答案一定為 \(1,1\)；
否則，分類考慮：
-
迴圈節是 \(1\)：答案一定為 \(n,1\)；
-
迴圈節 \(>1\)：可以發現，\(s_{1..n-1}\) 和 \(s_n\) 可以構成一組合法的解，則最優方案一定是分成兩段，於是可以列舉斷點數一下有多少合法方案， \(\bmod 1e9+7\) 是唬人的。。
\(\bullet\) \(\texttt{ AGC009C Division into Two}\)
\(\color{black}l\color{red}bylby\) ：預測性 dp
記 \(f(i,0/1)\) 表示第 i 個數放入集合 0/1，第 i+1 個數放入集合 1/0 的方案數。
可以得到 \(O(n^2)\) 的暴力，然後發現轉移是一段區間，維護一下可以做到 \(O(n)\) 。
\(\bullet\) \(\texttt{ ABC213G Connectivity 2}\)
狀壓 dp 小 trick。
記 cnt(S) 為集合 S 內元素間的總邊數， f(S) 為使得集合 S 中的所有點聯通的選邊方案數，則有：
但是這樣會算重，可以考慮欽定一個點 u 沒有和 S 聯通，轉移變成：
於是就做完了。
\(\bullet\) \(\texttt{ ARC066D Xor Sum}\)
假設已有一對 \(a,b \Longrightarrow u,v\) 合法：
-
若將 \(a,b\) 各自左移一位，可以得到 \(2a,2b \Longrightarrow 2u, 2v\)。
-
若左移後 \(a,b\) 其中一方加 \(1\)，得到 \(2a+1,2b \Longrightarrow 2u+1,2v+1\)
-
若左移後 \(a,b\) 分別都加 \(1\)，得到 \(2a+1,2b+1 \Longrightarrow 2u,2v+2\)
記 \(f(n)\) 為 \(u,v,a,b \le n\) 時的答案，則：
-
若 \(n\) 為奇數，則 \(f(n) = f(n/2) + f(n/2) + f(n/2-1)=2f(n/2)+f(n/2-1)\)
-
若 \(n\) 為偶數，則 \(f(n) = f(n/2) + f(n/2-1) + f(n/2-1) = f(n/2) + 2f(n/2-1)\)
時間複雜度 \(O(\log n)\)。
\(\bullet\) \(\texttt{ ABC217G Groups}\)
記 \(f_n\) 表示恰好被分成 \(n\) 個不區分的非空集合的方案數，\(g_n\) 表示被分成 \(n\) 個區分集合的方案數。
則有：
\[\large g_n=\sum_{i = 1}^n\dbinom n if_i i!=\prod_{i=0}^{m-1}\dbinom n {cnt_i}cnt_i! \]二項式反演得到：
\[\large n!f_n = \sum_{i=1}^n(-1)^{n-i}\dbinom n i g_i \]直接計算即可做到 \(O(n^2)\) 。
\(\bullet\) \(\texttt{ ABC141F Xor Sum 3}\)
可以發現，若二進位制下第 \(i\) 位出現了奇數次，無論怎麼劃分都會答案貢獻 \(2^i\)，那麼就可以考慮先把出現次數為奇數次的位去掉。
對於出現次數為偶數的位，對答案的貢獻要麼是 \(2^{i+1}\)，要麼是 \(0\)。
假如集合 \(s_1\) 的第 \(i\) 位為 \(1\)，那麼 \(s_2\) 的第 \(i\) 位也為一，所以說 \(s_1\) 和 \(s_2\) 只考慮出現次數為偶數的位是相等的，因此用線性基求個最大值即可，時間複雜度 \(O(n \log n)\)。