【Atcoder】AGC030 B-F简要题解
B.Tree Burning
最后一定存在一个分界点，满足在分界点两边的点反复横跳(点多的一边会先走几步)，记录所有点顺时针/逆时针到原点的前缀和，枚举分界点取 max \max max即可。
*C.Coloring Torus
K ≤ 500 K\leq 500 K≤500直接构造 K × K K\times K K×K的矩阵，第 i i i行填 i i i。
K > 500 K>500 K>500，发现构造奇数行 c i , j = ( i + j ( m o d n ) ) + 1 c_{i,j}=(i+j\pmod n)+1 ci,j=(i+j(modn))+1，偶数行 c i , j = ( i + j ( m o d ) ) + n + 1 c_{i,j}=(i+j\pmod)+n+1 ci,j=(i+j(mod))+n+1一定合法(若 c i , j > K c_{i,j}>K ci,j>K，直接 − n -n −n)。所以 n = 2 ⌈ K 4 ⌉ n=2\lceil\frac{K}{4}\rceil n=2⌈4K⌉(强制有偶数行)
D.Inversion Sum
期望的DP十分套路：
设 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示 a i > a j a_i>a_j ai>aj的概率，每次操作涉及到的转移是 O ( n ) O(n) O(n)的。
求出总期望再乘上 2 Q 2^Q 2Q即可。
*E.Less than 3
考虑可以被翻转的 1 1 1需要满足的条件，要么左右都是 1 1 1，要么有且只有一边与一个 0 0 0相邻。
发现原序列中存在的所有连续的 0 0 0(或连续的 1 1 1)的这些段永远存在(不可能 101 101 101变成 111 111 111)，且可能会在原来的若干段中分割出新的不同的子段(如 111 → 101 111\to101 111→101，多了一个 0 0 0段)
接着需要一步神仙转化：
在 01 01 01之间加一个红色隔板， 10 10 10之间加一个蓝色隔板，序列就是一堆红蓝相间的隔板，且设两端都有无穷个隔板。
每次取反相当于把某个隔板移动一位，且隔板间不能互相跨越，即相对位置保持不变。
所以知道了最终态的每个隔板的位置后，所有初始隔板是和其一一对应的，最小的移动代价就是对应隔板的位置之差。
枚举在序列开头/末尾多插了 i ( 0 ≤ i ≤ n ) i(0\leq i\leq n) i(0≤i≤n)个隔板的代价，取 min \min min即可。复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
*F.Permutation and Minimum
巧妙的值域上DP
不考虑 A 2 i − 1 ≠ − 1 A_{2i-1}\neq -1 A2i−1̸=−1且 A 2 i ≠ − 1 A_{2i}\neq -1 A2i̸=−1的位置，剩下的为 ( − 1 , x ) , ( x , − 1 ) , ( − 1 , − 1 ) (-1,x),(x,-1),(-1,-1) (−1,x),(x,−1),(−1,−1)的情况。
由于 1 − 2 N 1-2N 1−2N的数都会被选用，考虑值域序列 1 − 2 N 1-2N 1−2N， min ( A 2 i − 1 , A 2 i ) \min(A_{2i-1},A_{2i}) min(A2i−1,A2i)和 max ( A 2 i − 1 , A 2 i ) \max(A_{2i-1},A_{2i}) max(A2i−1,A2i)的匹配类似于括号序列：
- 对于 ( − 1 , − 1 ) (-1,-1) (−1,−1)，处理时忽略它们的位置关系，相当于一个括号匹配，最后乘上 ( − 1 , − 1 ) (-1,-1) (−1,−1)对数的阶乘
- 对于 ( − 1 , x ) , ( x , − 1 ) (-1,x),(x,-1) (−1,x),(x,−1)，相当于其中一个括号是带标号的，分别考虑 x x x为左，右括号的情况即可。
具体来说，倒序DP(正序似乎也可以，不过倒着更好理解)，设 d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k]表示完值域 i − 2 N i-2N i−2N，还有 j j j个普通右括号， k k k个带标号右括号未匹配的方案数，具体转移见代码。
注意这里并非传统意义上的括号匹配——所有右括号是等价的(包括有标号的)，同一个左括号( min ( A 2 i − 1 , A 2 i ) \min(A_{2i-1},A_{2i}) min(A2i−1,A2i))匹配不同右括号的情况是等价的( B i B_i Bi一样)，所以实际上DP的是左括号的不同分配方式。
#include