【Atcoder】AGC028 B-E简要题解

*B.Removing Blocks

此题求期望的方式比较套路，所以求出期望，再乘上$n!$即可。

每个点被计算的期望次数是$\sum _{j=1}^{n}P(i,j)$，$P(i,j)$表示删去$j$时$i$还与$j$连通的概率——相当于$j$是区间$[i,j]$第一个删去的数的概率，即$\frac{1}{j-i+1}$

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C.Min Cost Cycle

每个$A_i,B_i$都只能选一次。

贪心的想，将所有$A_i,B_i$一起升序排序，取前$n$个就是最优答案，判断合法性的方法：

• 如果每个点只被取了$A_i,B_i$中的一个，那么必须满足要么都取的$A_i$，要么都取的$B_i$。
• 否则必然存在一些点$A_i,B_i$都被取了，同理存在相同个数的点$A_i,B_i$都没选(排名均大于$n$)，可以证明这种情况一定能构造出一个可行解(哈密顿回路)

所以不合法的情况只有：每个点只被取了$A_i,B_i$中的一个，且不是全部取的同一边。
特殊判断一下全选$A,B$是否合法，以及枚举$i\in [1,n]$，强制$A_i,B_i$都选时，贪心选出的最小代价，取$\min$即可。

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*D.Chords

不好考虑每种方案的代价，转而考虑每个左端点为$l$，右端点为$r$的连通块对答案的贡献。

区间$DP$，预处理$cn{t}_i$表示$2i$个点任意组成$i$个点对的方案数。

设$f[l][r]$表示只在区间$[l,r]$内部互相连，$l,r$相互连通的方案数，$ans=f[l][r]\times cnt[外部点个数]$(注意有些点对在前$K$次操作中已经固定，需要判定是否兼容)

容斥求出$f[l][r]$，设$g[l][r]$表示只在区间$[l,r]$内部互相连的方案数($cnt[内部点个数]$)：
$f[l][r]=cnt[内部点个数]-\sum _{i=l}^{r-1}f[l][i]\cdot g[i+1][r]$

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*E.High Elements

贪心按位确定，设确定前缀中，$0$的最后一个位置为$ma{x}_0$，前缀最大值个数为$cn{t}_0$，$1$的最后一个位置为$ma{x}_1$，前缀最大值个数为$cn{t}_1$，设剩下部分$0$最大值位置依次为$a_1,a_2,..,a_x$，$1$最大值位置依次为$b_1,b_2,..,b_y$，原序列后缀最大值依次为$c_1,c_2,...,c_z$，存在以下性质：

• $ma{x}_0<a_1<...<a_x$
• $ma{x}_1<b_1<...<b_y$
• $cn{t}_0+x=cn{t}_1+y$
• $c_i(1\le i\le z)$要么$\in a$，要么$\in b$

显然这些条件是充要的(非后缀最大值可以放在最大值位置后面)，那么问题转成了判断是否存在合法解：
强制$a\subseteq c$——$b$选了一些$\notin c$和$\in c$的位置，$c$中剩下的位置序列就是$a$。

如果合法，这样一定能构造出一组可行解：
首先显然不存在$a$选完$c$还选了其它位置的情况。
其次$a,b$都选了一些$\in c$和$\notin c$的情况都可以转化为上面的强制的情况——把$a$中$\notin c$的位置改成$1$(显然这样不会影响$b$)，然后$b$再通过调整$\notin c$的位置使得$y=x$。

假设$c$中$k$个数$\in b$，非$c$位置中$m$个数$\in b$，则$cn{t}_0+z-k=cn{t}_1+k+m$，即：
$cn{t}_0-cn{t}_1+=z=2k+m$

等式左侧都是常数，相当于$\in c$的位置权值为$2$，$\notin c$的位置权值为$1$，需要在后缀中找出一个上升序列权值等于某个数。

显然$c$能凑出，$c-2$也能凑出，分别维护上升序列表示出的最大奇偶总值即可。

#include
using namespace std;
const int N=2e5+10,M=6e6+10;

int n,a[N],val[N],suf[N];
int pos[N][2],mx[2],mn[2][2],le[2][2];
char ans[N];

struct BIT{
	int t[N],tg[M],vl[M],cnt;
	inline void ad(int x,int vv)
	{
		for(;x<=n;x+=(x&(-x))){
			tg[++cnt]=x;vl[cnt]=t[x];
			t[x]=max(t[x],vv);
		}
	}
	inline int get(int x)
	{
		int re=-1e9;
		for(x=min(x,n);x;x-=(x&(-x))) re=max(re,t[x]);
		return re;
	}
	inline void reback(int x){for(;cnt>x;t[tg[cnt]]=vl[cnt--]);}

}bit[2];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	int i,j,k,x,y,cur=n+1,ptr,nq=0;
    for(i=1;i<=n;++i){
    	scanf("%d",&a[i]);
    	a[i]=n+1-a[i];
    	if(cur>a[i]){
    		cur=a[i];val[i]=2;
    	}else val[i]=1;
    }
    memset(bit[1].t,0x8f,sizeof(bit[1].t));
    for(i=n;i;--i) suf[i]=suf[i+1]+(val[i]==2);
    for(i=n;i>1;--i){
    	 for(j=0;j<2;++j) mx[j]=max(0,bit[j].get(a[i]));
    	 for(j=0;j<2;++j){
    	 	x=mx[j]+val[i];
    	 	bit[x&1].ad(a[i],x);
    	 }
    	 for(j=0;j<2;++j) pos[i][j]=bit[j].cnt;
    }
    mn[0][0]=mn[0][1]=n+1;
    for(i=1;i<=n;++i){
    	nq^=1;
        if(i<n)	for(j=0;j<2;++j) bit[j].reback(pos[i+1][j]);
		for(j=0;j<2;++j){
			for(k=0;k<2;++k) mn[nq][k]=mn[nq^1][k],le[nq][k]=le[nq^1][k];
    		if(a[i]<mn[nq^1][j]){mn[nq][j]=a[i];le[nq][j]=le[nq^1][j]+1;}
    		ptr= i==n?(le[nq][0]==le[nq][1]):0;
    		if(i<n){
    			for(k=0;k<2;++k){
    				x=le[nq][k]-le[nq][k^1]+suf[i+1];
    				if(x>=0 && x<=bit[x&1].get(mn[nq][k^1])){ptr=1;break;}
    			}
    		}
    		if(ptr){ans[i]='0'+j;break;}
    	}
    	if(!ans[i]){printf("-1");return 0;}
    }
    for(i=1;i<=n;++i) putchar(ans[i]);
    return 0;
}

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F.Reachable Cells

太难了咕咕咕