【Atcoder】AGC025 C-F简要题解

*C.Interval Game

跳的贪心方式是唯一的，考虑操作的贪心：

一左一右交替跳一定比同侧优——左跳时贪心选右端点最小的，右跳时贪心选左端点最大的。

枚举第一步是左/右跳分别$O(n)$模拟出答案后取$\max$即可。

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*D.Choosing Points

数据范围的明示：$4N^2\to N^2$
对于每种$D$，不能同时选的点之间连边，必然构成一张二分图。
两种$D$，选$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$部分的点必然有解，双重染色后找最大的一部分即可。

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*E. Walking on a Tree

设每条边被经过次数是$cn{t}_i$，答案上界=$\sum \min (2,cn{t}_i)$

大胆猜想一定能达到上界，一个经典的构造证明：
每次删去一个叶子结点$x$，若$x$的父边$cnt\le 1$，则不需要定向处理；否则取出其中两条路径$(x,y),(x,z)$，为使答案达到上界强制这条条路径反向，假设两条路径的交为$(x,a)$，则这一段都达到了上界，剩下需要决策的实际上为$(y,z)$这条路径。不断删点，就构造出了一组可行解。

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*F.Addition and Andition

暴力模拟可证复杂度线性 系列

从高位到低位每位重复模拟$K$遍处理：$(1,1)$进位时遇到两个数同一位不相同的情况($(0,1),(1,0)$)直接暴力进位，否则遇到连续的一段$(0,0)$可以直接移过去，因为从低位的影响不会超过高位，所以不会遇到$(1,1)$。
栈维护下标从大到小(当前位置)的$(0,1),(1,0)$，复杂度均摊是线性的(不会证，可以感性理解为每弹两次栈最多只会压入一个数对)

code from sigongzi

#include 
#define fi first
#define se second
#define pii pair
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 2000005
#define mp make_pair
#define pb push_back
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) out(x / 10);
    putchar('0' + x % 10);
}
struct node {
    int id,par;
}sta[MAXN],tmp[MAXN];
int N,M,K,top,cnt,ns[MAXN],nt[MAXN],as[MAXN],at[MAXN];
char s[MAXN],t[MAXN];
void Solve() {
    read(N);read(M);read(K);
    scanf("%s",s + 1);scanf("%s",t + 1);
    reverse(s + 1,s + N + 1);reverse(t + 1,t + M + 1);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) ns[i] = s[i] - '0';
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) nt[i] = t[i] - '0';
    int T = max(N,M);
    for(int i = T ; i >= 1 ; --i) {
    if(ns[i] == 1 && nt[i] == 1) {
        int op = K,pos = i,x = 3;cnt = 0;
        while(top) {
        if(x == 3) {
            if(op >= sta[top].id - pos) {
            op -= sta[top].id - pos;
            pos = sta[top].id;
            tmp[++cnt] = (node){pos,x ^ sta[top].par};
            x = x & sta[top].par;
            }
            else break;
        }
        else if(x != 0){
            if(sta[top].id == pos + 1) {
            pos = sta[top].id;
            if(x ^ sta[top].par) x = 3;
            else x = x & sta[top].par;
            }
            else break;
        }
        else break;
        --top;
        }
        if(x != 0 && x != 3) {
        ++pos;
        tmp[++cnt] = (node){pos,x};
        }
        else if(x) {
        pos += op;
        as[pos] = at[pos] = 1;
        }
        for(int j = cnt ; j >= 1 ; --j) sta[++top] = tmp[j];
    }
    else {
        if(ns[i] || nt[i]) {
        sta[++top] = (node){i,ns[i] << 1 | nt[i]};
        }
    }
    }
    for(int i = 1 ; i <= top ; ++i) {
    as[sta[i].id] = (sta[i].par >> 1) & 1;
    at[sta[i].id] = sta[i].par & 1;
    }
    int c = T + K;
    while(as[c] == 0) --c;
    for(int i = c ; i >= 1 ; --i) {out(as[i]);}
    enter;
    c = T + K;
    while(at[c] == 0) --c;
    for(int i = c ; i >= 1 ; --i) {out(at[i]);}
    enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}