【Atcoder】AGC022 B-F简要题解
一场咕咕咕了三天的AGC
可能我的智商不太适合做AGC？
可是立的flag总得完成！
*B.GCD Sequence
n = 3 n=3 n=3不好构造，但是给了样例，直接输出即可。
为使全局 gcd = 1 \gcd=1 gcd=1，构造任意个2的倍数，奇数个3的倍数即可。
总存在方案使得 6 ∣ s u m 6|sum 6∣sum：
打表找出 ≤ 12 \leq 12 ≤12的长度为 8 8 8的构造，每次整体 + 12 +12 +12即可(注意分 n n n的奇偶讨论)
C.Remainder Game
由于第 k k k位操作的贡献是 2 k 2^k 2k，所以贪心从高到低诸位确定。
优化也不需要，暴力判即可。
*D.Shopping
求解最小化火车往返次数。
对于 ≥ 2 L \geq 2L ≥2L的 t i t_i ti，直接 t i m o d 2 L t_i \ mod \ 2L ti mod 2L。
此时所有 t i < 2 L t_i<2L ti<2L，设 l i = [ t i ≤ 2 x i ] , r i = [ t i ≤ 2 ( L − x i ) ] l_i=[t_i\leq 2x_i],r_i=[t_i\leq 2(L-x_i)] li=[ti≤2xi],ri=[ti≤2(L−xi)]分别表示点 i i i能否直接右进右出/左进左出。
安排所有点按标号依次选择，逐步优化：
对于 i < j , l i = r j = 1 i<j,l_i=r_j=1 i<j,li=rj=1，可以先走 j j j再从 j → i j\to i j→i，贪心匹配最多即可。
注意讨论的细节：
code from wxh010910
#include *E.Median Replace
设相邻第 i i i个1和第 i + 1 i+1 i+1个1之间的 0 0 0的个数为 a i a_i ai(包括首尾端点)，分析如下：
- 通过 000 → 0 000\to 0 000→0将 ≥ 3 \geq 3 ≥3的 a i a_i ai不断 − 2 -2 −2，使得每个 a i ∈ { 0 , 1 , 2 } a_i\in \{0,1,2\} ai∈{0,1,2}。
- 101 → 0 101\to 0 101→0相当于可以直接删除 a a a序列中的 1 1 1，此时 a a a序列由 0 , 2 0,2 0,2构成。
- 合并两个偶数(2或0)一定会变成奇数(1)，再删去这个奇数，相当于序列中数可以两两抵消
若存在 a p = a q = 0 , p < q a_p=a_q=0,p<q ap=aq=0,p<q且 p p p为奇数， q q q为偶数，则可达目标状态： 0 , 0 0,0 0,0。
DP处理。
另：自动机解法
*F.Checkers
要被“显然”坑死了(智商捉急)
证明很不完善/严谨，欢迎指正(轻喷
一些明显的条件：
将答案看做 X X X进制数，每一位上答案互不相关。问题转化为找合法的(由合法转移得到) X X X进制数的个数。
且系数均为 + 2 p / − 2 p +2^p/-2^p +2p/−2p的形式，设第 i i i位系数为 p i p_i pi，则 ∑ i = 1 n p i = 1 \sum \limits_{i=1}^n p_i=1 i=1∑npi=1。且 p p p序列中 1 1 1和 − 1 -1 −1的总共出现次数为 1 1 1，且若 ± 2 i ( i > 0 ) \pm 2^i(i>0) ±2i(i>0)出现， ± 2 i − 1 \pm 2^{i-1} ±2i−1必然出现(即系数在2的次幂上是连续的)。
最关键的条件(和命题充分必要):
对于任意 i i i，可以通过调整绝对值为 2 i 2^i 2i的 p p p的符号使得绝对值 ≤ 2 i \leq 2^i ≤2i的数和为 1 1 1。
考虑构造过程，必要性“显然”。
？？？这里就看不懂了。
经过我长久的思考(1天，我TCL)，发现可以归纳法证明(？？？):
A A A满足， B B B满足， 2 A − B 2A-B 2A−B的所有绝对值 ≤ 2 i \leq 2^i ≤2i项相当于 A A A中所有绝对值 ≤ 2 i − 1 \leq 2^{i-1} ≤2i−1的项(可以调整 2 i − 1 2^{i-1} 2i−1的系数得到 1 1 1，然后 × 2 \times 2 ×2得到 2 2 2)和 B B B中所有绝对值 ≤ 2 i \leq 2^i ≤2i的项，可以调整 2 i 2^{i} 2i的系数得到1，所以最终得到1。
充分性也可以归纳法证明(对于一个满足性质集合 S S S，如果能分成 2 A , − B 2A,-B 2A,−B， A , B A,B A,B也满足这个条件，即得证)：
不妨设 − 1 ∈ S -1\in S −1∈S( 1 ∈ S 1\in S 1∈S的情况类似)，设 k k k为最小的 2 k ∈ S 2^k\in S 2k∈S：
- 若对于 1 ≤ i < k 1\leq i<k 1≤i<k， − 2 i -2^i −2i都至少出现了两次，则可以构造 A = { − 2 0 , − 2 1 , . . . , − 2 k − 2 , 2 k − 1 } A=\{-2^0,-2^1,...,-2^{k-2},2^{k-1}\} A={−20,−21,...,−2k−2,2k−1}
这里又“显然”了qwq，再来证明一下：
2 A = { − 2 1 , − 2 2 , . . . , − 2 k − 1 , 2 k } 2A=\{-2^1,-2^2,...,-2^{k-1},2^{k}\} 2A={−21,−22,...,−2k−1,2k}
设 B = { 1 , a 1 2 1 , a 2 2 2 , . . . , a k − 1 2 k − 1 , a k 2 k , . . . } B=\{1,a_12^1,a_22^2,...,a_{k-1}2^{k-1},a_k2^k,...\} B={1,a121,a222,...,ak−12k−1,ak2k,...}
则 S = { − 1 , − ( a 1 + 1 ) 2 1 , − ( a 2 + 1 ) 2 2 , . . . , − ( a k − 1 + 1 ) 2 k − 1 , ( 1 − a k ) 2 k , . . . } S=\{-1,-(a_1+1)2^1,-(a_2+1)2^2,...,-(a_{k-1}+1)2^{k-1},(1-a_k)2^k,...\} S={−1,−(a1+1)21,−(a2+1)22,...,−(ak−1+1)2k−1,(1−ak)2k,...}
a i + 1 ≥ 2 → a i ≥ 1 ( 1 ≤ i < k ) , 1 − a k > 1 → a k < 0 a_i+1\geq 2\to a_i\geq 1(1\leq i<k),1-a_k>1\to a_k<0 ai+1≥2→ai≥1(1≤i<k),1−ak>1→ak<0
在 S S S中，调整绝对值为 2 i ( 0 ≤ i ≤ k ) 2^i(0\leq i\leq k) 2i(0≤i≤k)项的系数得到1，而 B B B中调整得到 − 1 − 2 1 − 2 2 − . . . − 2 i − 1 ± 2 i -1-2^1-2^2-...-2^{i-1}\pm 2^i −1−21−22−...−2i−1±2i， 2 i 2^i 2i可以随意定符号，所以定成删去的那个是 − 2 i -2^i −2i即值 + 2 i +2^i +2i可以得到1。
而对于 i > k i>k i>k，设原本 S S S的前缀和 = s u m =sum =sum，则 B B B的前缀和 = − s u m − 2 1 − . . . − 2 k − 1 + 2 k = − s u m + 2 =-sum-2^1-...-2^{k-1}+2^k=-sum+2 =−sum−21−...−2k−1+2k=−sum+2，设绝对值为 2 i 2^i 2i的项随意定符号后得到 1 − s u m 1-sum 1−sum，同样可以系数取反得到 s u m − 1 → s u m − 1 − s u m + 2 = 1 sum-1\to sum-1-sum+2=1 sum−1→sum−1−sum+2=1，得证。 - 否则记最小的只出现过一次的是 − 2 i -2^i −2i。如果 i = 1 i=1 i=1，那么 B = { 0 } B=\{0\} B={0}满足条件；否则 − 1 − 2 ∑ j < i 2 j < − 2 i − 1 -1-2\sum\limits_{j<i}2^j<-2^i-1 −1−2j<i∑2j<−2i−1，无解。
考虑 D P DP DP，设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示前 i i i个数，总和为 1 + j V 1+jV 1+jV的方案数， V V V表示当前枚举到的 V = 2 k V=2^k V=2k项， V V V具体是多少不需要知道，预处理组合数 n 4 n^4 n4转移即可。