看了下賽程，大概只能打 Round 1 和 Round 2 了，之後可能就退役了。

Contest #1

打的時候因為有點事，大概只打了一個多小時。現在終於有時間補完了。

題對於知識點完備的選手比較簡單。我顯然不是這樣的選手，做做就當學點東西了。

C、D 題程式碼可以翻 LOJ，其他三題有需要可以聯絡我。

A - Ljeto

直接模擬即可。

B - Kamenčići

博弈題。\(n\le 350\)，比較小，可以考慮一個大概不超過 \(O(n^3)\) 的 dp。

考慮一個狀態有三個要素：左右端點和，以及共取了多少個紅色石子（只需要記錄一個人的，因為另一個以及可以據此確定）。

那麼定義：\(f(l, r, c)\)

根據必勝必敗態定理得到轉移：\(f(l, r, c) = \lnot f(l+1,r, c') \lor \lnot f(l,r,c')\)。\(c'\) 是計算得到的對方取過的紅石子數。

複雜度 \(O(n^3)\)。據說可以分析性質得到 \(O(n^2)\) 解法，可以到 cf 看看。

C - Logičari

第一次寫基環樹題！做法可能不是最簡潔的。

題意簡述：對基環樹黑白染色，要求每個點相鄰恰好一個黑點。求最小可能黑點數。

先轉化為正常的樹：任意找一條環邊 \((a, b)\)

不妨設 \(a\) 為根，每個點四個狀態，記錄自己和父親的顏色選擇。然後做正常的樹形 dp。

但是 \(a, b\)​ 兩個點需要是特殊處理的。對於 \(a\)，可以試做它的父親為 \(b\)。而對於 \(b\) 需要額外討論一下……具體細節就不展開了。

複雜度 \(O(n)\)。

D - Set

一下所有數字預設減一（\(\{1, 2, 3\}\to \{0, 1, 2\}\)）。

我們挖掘一下題目的性質：對於一個位的三個數字 \((a,b,c)\)，其所有合法組合對應的數字加起來都是三的倍數，即 \((a+b+c)\bmod 3 = 0\)。

考慮到本質不同三元組個數為 \(3^m\)

題目要求選取的三個 \(m\) 元組 \(i,j,k\) 的每一位都滿足三進位制不進位加法（\(\oplus_3\)）為 \(0\)，那麼就是 \(i\oplus_3 j \oplus_3 k = 0\)。

考慮卷積，下標用上面的 \(\oplus_3\)，那麼最後 \(f\) 自己卷自己三次後 \(f'[0]\) 就是答案。可以用 3 進位制 FWT 實現。

E - Volontiranje

有一個傳統的流做法，但是應該只能跑 subtask 2。

考慮一個基於貪心的神奇結論：在所有備選 LIS 中，抽出一個反轉後字典序最小的必然不劣。

首先感謝理解比較真，證一下也不難：考慮有兩組 LIS：\(\{i_1,i_2, \cdots,i_k\}, \{j_1,j_2, \cdots,j_k\}\)​​​​​​，那麼我們對應項小的換到 \(i\)​​​​​​，大的換到 \(j\)​​​​​​，即用 \(\{\min(i_1, j_1),\min(i_2, j_2), \cdots,\min(i_k, j_k)\}, \{\max(i_1, j_1),\max(i_2, j_2), \cdots,\max(i_k, j_k)\}\)​​​​​​​ 取代之，不難發現其仍然合法。

然後嘗試實現。直接一次 \(O(n)\)​​ 掃一組解必然不對，考慮先做一次 dp 跑出每個位置結尾的 LIS，然後按 dp 值將下標分組。顯然的，同一組的按位置升序排好之後，其值必然遞減。

那麼，如果現在需要選 dp 值為 \(i\) 的組中的位置，上一次選了位置 \(x\)。我們先刪去在 \(x\)​ 之後的元素：易知這些元素在本次不可用，之後也不會起作用。

刪掉一些後，檢視最後面的位置 \(y\) ，是否可以接上 \(x\)。如果 \(a_y > a_x\)，那麼 \(x\) 就沒辦法用了。需要注意，這不意味著求解結束，而只是將 \(x\) 刪去，\(y\) 可能在列舉字典序更大的一組解是被使用。因此使用搜索回溯實現。

每個位置用一次就會被刪除，搜尋部分複雜度 \(O(n)\)。總複雜度 \(O(n\log n)\)。

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