【Atcoder】AGC027 B-F简要题解

B.Garbage Collector

假设机器某次出发到回到$0$的过程中收集了$a$个垃圾，最优过程必然是先走到最远的垃圾处拿起来，再在往回走的过程中依次拿起剩下$a-1$个垃圾。

设$f(i,j)$表示从左到右第$i$个垃圾在同一组中在第$j$次被拿起的花费:
$f(i,j)=\{\begin{array}{c}5x_i+2X(j=1)\\ (2j-1)x_i+X(j>1)\end{array}$

考虑枚举划分出的组数$k$，显然最远的$\frac{n}{k}$作为每组内最先拿的垃圾最优，于是每相邻$\frac{n}{k}$个分别分到每个组。算一下总贡献取$\min$即可。复杂度是调和级数的$n\ln n$

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C.ABland Yard

可行解的图一定是一个环，满足环上每一个点都有$A,B$的出边。
所以类似于拓扑排序，每次删去没有$A/B$出边的点即可。

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*D.Modulo Matrix

构造$mod=1$的情况：

如果没有限制所有位置数不同，可以将网格黑白染色，所有黑格值为$n+1$，白格为$n$。
(好吧我知道其实更容易想到$2,3,4,...$，但是要贪心在更小的权值区间内取得更大的矩阵…)

加上限制后同理，假设黑格比它相邻的白格都大，则值为它相邻的白格值的$lcm+1$，且所有黑格之间互不影响。

用不同的质数填充所有正/反对角线即可，每个白格的值为两条对角线上质数的乘积。

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**E.ABBreviate

把$a$看做$1$，$b$看做$2$，序列在$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)$意义下保持不变。

求序列的前缀和$S$，那么可以构造出的所有序列的前缀和都是$S$的子序列，DP即可。

把每个$S[i]=S[n](i<n)$且后面存在两个相邻字符相同的情况或者的$f[i]$计入答案，最后$+f[n]$即可。

code from DZYO

#include 
using namespace std;

const int N=1e5+50, mod=1e9+7;
inline void add(int &x,int y) {x=(x+y>=mod) ? (x+y-mod) : (x+y);}

char t[N]; 
int n,ans,s[N],f[N],pre[N][3],fir[N];

int main() {
	scanf("%s",t+1); n=strlen(t+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=(s[i-1]+t[i]-'a'+1)%3;
	pre[0][0]=pre[0][1]=pre[0][2]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		pre[i][0]=pre[i-1][0];
		pre[i][1]=pre[i-1][1];
		pre[i][2]=pre[i-1][2];
		pre[i][s[i-1]]=i-1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		fir[i]=fir[i-1];
		if(t[i]==t[i-1]) fir[i]=i;
	}
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int pos=fir[i]-1;
		f[i]=f[i-1];
		int val=(t[i]=='a') ? 2 : 1;
		if(~pos) {
			pos=pre[pos][(s[i]-val+3)%3];
			if(~pos) add(f[i],f[pos]);
		}
		if(!s[i] && i!=n) add(f[i],1);
	} 
	if(!fir[n]) for(int i=1;i<n;i++) if(!s[i]) add(f[n],mod-1);
	cout<<f[n]<<'\n';
}

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F.Grafting

分两种情况讨论：

• $A\to B$存在不动点。$O(n)$枚举不动点$i$，以$i$为根，对于点$x(x̸=i)$，若$x$在$A$中的父结点为$y$，在$B$中的父结点为$z(y̸=z)$，设其修改时间为$t_x$，存在以下关系：

  • 若$y$需要修改，则$t_y>t_x$
  • 若$z$需要修改，则$t_z<t_x$

  拓扑排序判断是否有解。

• $A\to B$不存在不动点。$O(n^3)$枚举第一次选择的叶节点和改变后指向的点，在第一次操作后强制其为不动点拓扑排序判断。

两种情况都尝试一下，复杂度$O(n^{3}T)$