2018字节跳动冬令营网络赛题解(10/10)

题目和代码请参考题目链接和代码链接，本文只记录解题思路。

A. Aloha

首先需要解决的问题是，如何根据 $v^2+2gy=0$，得到从 $(x_1,y_1)$ 沿直线走到 $(x_2,y_2)$ 的时间。

• 若 $y_1$ 和 $y_2$ 不全为负数，则 $y_1>0$ 或 $y_2>0$ 或 $y_1=y_2=0$ 时无法走动，否则可以视为从 $x$ 轴上某点走到 $x$ 轴下方某点的匀加速直线运动。
• 否则，若 $y_1=y_2$，可以视为匀速直线运动。
• 否则，取路径所在直线与 $x$ 轴的交点，可以变为第一种情况。
• 以上有解情况均可视为匀加速直线运动，可以用平均速度解出时间。

接下来需要考虑管道的有序组合。

• 只用一根管道：管道长度只需要等于起点到终点距离。
• 用两根管道：若起点与终点重合，则直下直上最优；否则路径与起点到终点的连线形成（可能退化的）三角形，解出拐点位置转化为只用一根管道的问题。
• 用三根管道：若起点与终点重合，则需要画出以定点为顶点的三角形，否则需要画出以定线段为边的四边形（多边形均可能退化）。第一个拐点的可行位置在至多两段圆弧上，不妨考虑耗时与第一个拐点位置之间的函数。若起点与终点重合，则函数对称，且函数的每一半都是下凸的；否则函数最多为两个分段下凸函数。三分找到可行最优解即可。

B. Origami

在原排列相邻两点之间连一条线，结果折叠后，这些线会位于纸片堆的两侧，每一侧的线要么包含要么不相交。排序检查即可。

C. Continued Story

考虑将题目转化为有根无向图删边游戏 (Hackenbush)，每条树边的边权代表了无向图上两端点之间的边数量。注意到对于边权大于 $1$ 时会形成环，按奇偶性缩环即可。

在计算出 SG 值后，每一步操作会改动一条到根路径上的所有 SG 值，自根向下确定每个子树如果修改那么需要修改得到的 SG 值是多少，即可检查某一种操作是否能使得先手必胜。

D. The Easiest One

考虑 $x$ 和 $y$ 的二进制表示 $(x_k{x}_{k-1}\cdots x_0)$, $(y_k{y}_{k-1}\cdots y_0)$，不难分析得到最小步数。

• 若对于任意 $i$ 都有 $x_i\ge y_i$，则最小步数是 $\sum x_i-\sum y_i$。
• 若存在最大的 $u$ 使得 $x_u<y_u$，那么存在最小的 $v$ 使得 $u<v$ 且 $x_v>y_v$，在这种情况下，最优的方法是将 $x$ 的高于第 $v$ 位的位置与 $y$ 对齐，将低于 $v$ 位的位置消为 $0$，将第 $v$ 位变为 $(y_v+1)$，然后使用第一种操作，再将低于 $v$ 位的位置补齐，最小步数是 $\sum x_i-\sum y_i+v(B-1)$，其中 $B=2$。

令 $dp(len,p,q)$ 表示不考虑低 $len$ 位时 $x$ 是否已经小于 $n$ 的状态为 $p$（若是，则 $p=1$，否则 $p=0$），$x$ 和 $y$ 的状态为 $q$（若 $q=0$，则高位未出现 $u$；若 $q=1$ 则高位出现 $u$ 但未出现 $v$；若 $q=2$，则高位已出现 $u$ 和 $v$）的情况下低 $len$ 位的 $(x,y)$ 数量和它们对步数的贡献，枚举第 $len$ 位转移即可，时间复杂度 $O(len)$。

E. Set

设全集为 $U$，若 $|U|=k$ 可行，则 $|U|=k+1$ 也可行。二分 $k$，检查 $|U|=k$ 是否可行即可确定 $\min |U|$。对于可行的状态，可以归纳证明只考虑 $l_1,l_2,\cdots ,l_i$ 不考虑 $l_0$ 时 $|S_0\cup S_i|$ 的取值是一个区间，记录上下界即可确定是否存在可行的状态。

令只考虑 $l_1,l_2,\cdots ,l_i$ 不考虑 $l_0$ 时 $|S_0\cup S_i|$ 的上下界分别为 $f(i)$ 和 $g(i)$，根据 $f(i-1)$ 和 $g(i-1)$ 可以确定它们的值。

不妨设 $|S_0\cup S_{i-1}|=x$，那么可以按如下方式从空集开始构造 $S_i$。

• 最大化 $|S_0\cup S_i|$：尽量选择 $S_0\cup (U-S_{i-1})$ 的元素加入 $S_i$，然后用 $(U-S_0)\cup (U-S_{i-1})$ 的元素补满 $|S_i\backslash S_{i-1}|$，再尽量用 $S_0\cup S_{i-1}$ 的元素补充 $S_i$。
• 最小化 $|S_0\cup S_i|$：尽量选择 $(U-S_0)\cup (U-S_{i-1})$ 的元素加入 $S_i$，然后用 $S_0\cup (U-S_{i-1})$ 的元素补满 $|S_i\backslash S_{i-1}|$，再尽量用 $(U-S_0)\cup S_{i-1}$ 的元素补充 $S_i$。

经过分析不难省去枚举 $f(i-1)\le x\le g(i-1)$ 的过程，最后检查 $|U-S_{n-1}|$ 能否不小于 $l_0$ 即可。

F. Old Problem

不妨设两个直角边对应的向量是 $(ua,ub)$ 和 $(-vb,va)$，这里 $u,v,a,b$ 都是整数，且 $\gcd (|a|,|b|)=1$。若能枚举这两个向量，则可以简单计算得出对应的顶点方案数。令 $a^2+b^2=w$，则 $s=uvw$，可以考虑枚举出互质的 $a,b$，然后再枚举相应的 $u,v$。

不妨令 $f(w)=\frac{1}{4}{\sum }_{a,b\in \mathbb{Z}}[a^2+b^2=w]$ $(w\ge 1)$，则根据高斯整环上的结论可知 $f(w)$ 是关于 $w$ 的积性函数。具体来说，若 $w={\prod }_{i=1}^k{p}_i^{e_i}$，其中 $p_i$ 是互不相同的质因子，则 $f(w)={\prod }_{i=1}^{k}f(p_i^{e_i})$，其中：

• 若 $p=2$，则 $f(p^e)=1$ $(e=0,1,\cdots )$；
• 若 $p\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，则 $f(p^e)=e+1$ $(e=0,1,\cdots )$；
• 若 $p\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，则 $f(p^{2e})=1$, $f(p^{2e+1})=0$ $(e=0,1,\cdots )$。

若令 $g(w)=\frac{1}{4}{\sum }_{a,b\in \mathbb{Z}}[a^2+b^2=w][\gcd (|a|,|b|)=1]$ $(w\ge 1)$，则 $f(w)={\sum }_{d^2|w}g\left(\frac{w}{d^2}\right)$，那么有：

• 若 $p=2$，则 $g(p)=1$, $g(p^e)=0$ $(e=1,2,\cdots )$；
• 若 $p\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，则 $g(p^e)=2$ $(e=1,2,\cdots )$；
• 若 $p\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)$，则 $g(p^e)=0$ $(e=1,2,\cdots )$。

于是 $w$ 便有了许多限制，在题目限制内最坏的情况下，$(u,v,a,b)$ 的数量最多为 96768，此时 $s=80753400$。

对于枚举 $(a,b)$。根据高斯整环能够唯一分解的结论，已知满足条件的 $a^2+b^2=x$, $c^2+d^2=y$，便可以得到满足条件的 $(ac+bd{)}^2+(ad-bc{)}^2=xy$，那么只需要对于每个质数 $p$ 构造出满足 $a^2+b^2=p$, $\gcd (|a|,|b|)=1$ 的解即可。对于有解的 $p$，不妨令 $z^2\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，在对 $\frac{z}{p}$ 进行连分数展开时即可找到相应的 $a$。具体来说，可以在 $O(\log p)$ 求解出二次剩余 $z$ 后，用辗转相除法求 $\gcd (z,p)$，在这个过程中得到的第一个不超过 $\sqrt{p}$ 的余数 $r$ 可以构造一组解 $a=r$, $b=\sqrt{p-r^2}$。

注意到 $|a|<0$ 或 $|b|<0$ 或 $|a|>|b|$ 的情况可以规约到 $0\le a\le b$ 的情况，而 $a=b$ 的情况只有 $|a|=|b|=1$，具体实现时不妨只考虑 $0\le a\le b$ 的情况，可以减少常数。不过这道题似乎没有极限数据。

G. Periodic Palindrome

不妨考虑连续的 $w$ 和 $w^r$ 出现的次数。

若出现次数为 $1$，即 $w$ 两侧均无法形成 $w^r$，则只需要 $w$ 是两个对称轴之间的子串，且这两个对称轴两边的长度都小于 $|w|$。

若出现次数至少为 $2$，即 $w$ 至少一侧存在相邻的 $w^r$，则整个串必然以 $2|w|$ 为周期，而 $w$ 必然是一个偶回文串的左半边或右半边。

对于第一种情况，用 manacher 算出这样的对称轴，扫一遍即可。

对于第二种情况，不妨在 $w$ 的右端点处统计贡献。如果 $w$ 可以是一个偶回文串的左半边，那么它的长度不能超过以它右端点为对称轴的极长回文子串长度，否则它的长度必须是以这个右端点结尾的偶回文串长度的一半。前者需要枚举整个串的周期来检查，后者需要枚举整个串的周期和前缀串的回文后缀长度的公共部分。

注意到一个串的回文后缀都是这个串的最长回文后缀的 border，而一个串的 border 长度或周期长度均可以表示为 $O(\log n)$ 个不相交的等差数列，而这样的两组等差数列求交集可以用 $O(\log n)$ 次统计整系数方程 $ax+by=c$ 满足 $x_l\le x\le x_r$, $y_l\le y\le y_r$ 的整数解 $(x,y)$ 数量的询问实现。

对于每个询问，可以 $O(\log n)$ 得到一组特解 $a{x}_0+b{y}_0=c$，而其他解满足 $x_t=x_0+\frac{b}{\gcd (a,b)}t$, $y_t=y_0+\frac{a}{\gcd (a,b)}t$ $(t\in \mathbb{Z})$，随便统计一下即可。这道题也似乎没有极限数据。

H. Accel World

不难发现，如果走过的路径含有环，那么可以在这个环上走无穷次，使得之后的耗时趋近零，否则走过的路径点数不会超过 $n$。仔细思考一下可以发现，如果要走环，那么在两个加速点之间来回走不会使得解更差。

令 $f(i,j)$ 表示从起点走到第 $i$ 个加速点 $j$ 的耗时乘以 $2^{i-1}$ 的最小值，枚举下一步走到哪，是否再走回来打转即可。由于 $f(i,j)$ 可能达到 $2^{n-1}(n-1)\max w$，所以需要用 128 位整数计算。

I. Hello, Hello and Hello

不妨设字符串长度为 $n$，出现最多的字符 $c$ 出现了 $m$ 次。

若 $m>n-m+1$，则无法构造合法解。

若 $m=n-m+1$，则构造的合法解一定是 $c$ 和其他字符交替出现，其他字符完全可以视为同种字符，每次选择有必要移动的相邻两个不同字符移到末尾即可。当初始串中存在 $c$ 要移动，且 $c$ 右侧有字符时，最后一步会需要移动唯一一个 $c$。

否则可以考虑维护还需要修改的字符串区间，每次可以从中将相邻的 $01$ 和 $12$ 放到末尾（将其视为删除），也可以将除了头尾的 $02$ 之外的字符串区间移到末尾（将 $02$ 视为删除）。这意味着可以任选两种字符将其相邻同种字符的数量减一，每次选择最大的两种字符删减即可做到最优。注意构造方案时可以尽量不动 $12$，需要动的 $12$ 可以在 $01$ 之前移动。

J. Sortable Path on Tree

对于一条路径，不妨将其定向，然后考虑用路径上相邻两个点权值的大小关系组成的序列，在这个序列末尾增加两端点权值的大小关系使其构成有向环。如果这样的有向环上小于号或大于号的出现次数不超过 $1$，则这条路径的是满足条件的。

不妨利用点分治在 $u,v$ 的最近公共祖先 $p$ 处统计满足条件的路径。维护 $p$ 到 $u$ 或 $v$ 的路径上大于号与小于号出现的次数，次数不小于 $2$ 时可以视为次数等于 $2$。然后将点按照权值排序，考虑两端点的权值是否相等，对每个 $u$ 统计在它之前满足条件的 $v$ 即可。