Atcoder agc041简要题解
A - Table Tennis Training
略
B - Voting Judges
略
C - Domino Quality
当 N ≤ 3 N\leq 3 N≤3时特判。
经过一些尝试，可以在 N = 4 , 5 , 6 , 7 N=4,5,6,7 N=4,5,6,7时都构造出每行每列恰有 3 3 3个的方案，具体构造的方案可以看代码。注意到在 N N N的一个每行每列恰有 3 3 3个的方案右下方放一个 N = 4 N=4 N=4的方案，就可以得到一个 N + 4 N+4 N+4的每行每列恰有 3 3 3个的方案，于是可以对 N ≥ 4 N\geq 4 N≥4的所有 N N N构造出每行每列恰有 3 3 3个的方案。
时间复杂度 O ( N 2 ) \mathcal O(N^2) O(N2)。
#include D - Problem Scores
显然只用考虑 K = ⌊ N − 1 2 ⌋ K=\lfloor \frac{N-1}{2}\rfloor K=⌊2N−1⌋即可。
假设 N N N是偶数（奇数类似），那么条件等价于 ∑ i = 1 K ( A N − K + i − A N − K − i ) < A 1 \sum_{i=1}^{K}(A_{N-K+i}-A_{N-K-i})< A_1 ∑i=1K(AN−K+i−AN−K−i)<A1。
考虑DP，设 F [ i ] [ j ] [ k ] F[i][j][k] F[i][j][k]表示考虑到 i i i，确定了 N − K − i N-K-i N−K−i到 N − K + i N-K+i N−K+i之间的相对顺序， A N − K + i − A N − K − i = j A_{N-K+i}-A_{N-K-i}=j AN−K+i−AN−K−i=j， ∑ l = 1 i ( A N − K + l − A N − K − l ) = k \sum_{l=1}^{i}(A_{N-K+l}-A_{N-K-l})=k ∑l=1i(AN−K+l−AN−K−l)=k的方案数，转移的时候可以用前缀和加速。注意到 j ⋅ ( K − i + 1 ) ≤ N j\cdot(K-i+1)\leq N j⋅(K−i+1)≤N，于是根据调和级数有用的状态数目是 O ( N 2 log N ) \mathcal O(N^2\log N) O(N2logN)的。
时间复杂度 O ( N 2 log N ) \mathcal O(N^2\log N) O(N2logN)，也存在 O ( N 2 ) \mathcal O(N^2) O(N2)的DP。
#include E - Balancing Network
T=1
如果我们枚举 w w w，显然可以从右往左贪心确定方向，来尽可能让从所有电线出发走到 w w w。具体地，令 p i p_i pi为一个 01 01 01变量， p i = 1 p_i=1 pi=1当且仅当当前从 i i i出发能走到 w w w。一开始只有 p w = 1 p_w=1 pw=1，现在在最左边加入一个平衡器 ( u , v ) (u,v) (u,v)，只用在 p u ≠ p v p_u\neq p_v pu=pv的时候从 0 0 0的那条指向 1 1 1的那条即可（这样能让 p u = p v = 1 p_u=p_v=1 pu=pv=1）。最后合法当且仅当 ∀ 1 ≤ i ≤ N \forall 1\leq i\leq N ∀1≤i≤N， p i = 1 p_i=1 pi=1。
现在的问题是不能枚举 w w w。换个角度，如果我们能够找出一个可能的 w w w或判断不存在的话，就可以用上面的算法构造了。简单归纳可以证明一个结论， w w w可能可行当且仅当 ∀ 1 ≤ i ≤ N \forall 1\leq i\leq N ∀1≤i≤N，均存在一个方案使得 i i i最后可以走到 w w w。
那么就可以做一个DP，设 F [ i ] [ j ] [ k ] F[i][j][k] F[i][j][k]表示走完后 i i i个平衡器后 j j j能否走到 k k k，在最左边加入一个平衡器 ( u , v ) (u,v) (u,v)转移为 ∀ 1 ≤ k ≤ N \forall 1\leq k\leq N ∀1≤k≤N， F [ i − 1 ] [ u ] [ k ] = F [ i − 1 ] [ v ] [ k ] = F [ i ] [ u ] [ k ] ∨ F [ i ] [ v ] [ k ] F[i-1][u][k]=F[i-1][v][k]=F[i][u][k]\lor F[i][v][k] F[i−1][u][k]=F[i−1][v][k]=F[i][u][k]∨F[i][v][k]。最后只需看一下是否存在一个 w w w使得 ∀ 1 ≤ i ≤ N \forall 1\leq i\leq N ∀1≤i≤N， F [ M ] [ i ] [ w ] = 1 F[M][i][w]=1 F[M][i][w]=1。
这个DP显然可以用bitset加速，时间复杂度 O ( N M w ) \mathcal O(\frac{NM}{w}) O(wNM)。
T=2
代码里的是我自己的 O ( M M ) \mathcal O(M\sqrt M) O(MM)做法。下面说一下题解的做法。
当 N = 2 N=2 N=2时一定无解，事实上，可以证明当 N ≤ 3 N\leq 3 N≤3时一定有解。
注意到若证明了 N = 3 N=3 N=3一定有解，那么 N > 3 N>3 N>3的情况也一定有解（只需对于 ≤ 3 \leq 3 ≤3的电线用 N = 3 N=3 N=3的构造，再令所有 ( u , v ) (u,v) (u,v)（ u ≤ 3 , v > 3 u\leq 3,v>3 u≤3,v>3）的平衡器由 v v v指向 u u u即可）。而 N = 3 N=3 N=3的时候，考虑从左往右构造，任意时刻维护两个划分集合，一个大小为 1 1 1，一个大小为 2 2 2的，使得两个集合走到的电缆不相同。这样考虑在最右边加入一个平衡器 ( u , v ) (u,v) (u,v)，若 ( u , v ) (u,v) (u,v)均在大小为 2 2 2的集合随意定向，否则不妨设 u u u在大小为 2 2 2的集合里，那么定向为 u u u指向 v v v，就能保证还是划分为两个集合。
时间复杂度 O ( M ) \mathcal O(M) O(M)。Codechef February Challenge 2020的Balancing Network Revisited是这题的加强版。
#include F - Histogram Rooks
显然考虑分层从上往下DP，同一层不连通的部分分开DP。
容易想到设 f [ ( d , l , r ) ] [ i ] [ j ] f[(d,l,r)][i][j] f[(d,l,r)][i][j]表示考虑第 d d d行往上， l l l列到 r r r列之间的部分（ l l l列到 r r r列是第 d d d层的极长连续段），其中有 i i i列已经放过车了，有 j j j列不仅没放，且因为在 d d d行以上某一行没放车，所以必须在 d d d行往下的该列放车的方案数。转移的时候考虑加入 d − 1 d-1 d−1行，那么首先要做背包合并 d d d行的极长连续段，然后再根据第 d d d行的放法更新状态。可惜转移时间复杂度太高，不能通过。
考虑优化DP的状态，注意到我们的状态相当于把列分成了三类，其中一类是 d d d行往下可以不用放车（原来状态的 i i i），一类是 d d d行往下必须放车（原来状态的 j j j），剩下的是还不确定的（现在这些列还没有放车，有可能以后因为某行全部没放导致必须在更下面放）。我们发现如果我们钦定 d d d行往下是否存在某行全没放的话，就可以把第三类当作第一类或第二类来处理了。具体的，设 F [ ( d , l , r ) ] [ i ] F[(d,l,r)][i] F[(d,l,r)][i]表示考虑第 d d d行往上， l l l列到 r r r列之间的部分（ l l l列到 r r r列是第 d d d层的极长连续段），其中一三类总共有 i i i列，且钦定 d d d行往下每行都必须放的方案数； G [ ( d , l , r ) ] [ i ] G[(d,l,r)][i] G[(d,l,r)][i]表示其中一类总共有 i i i列，且钦定 d d d行往下存在某行一个没放的方案数，答案即为 F [ ( 1 , 1 , N ) ] [ N ] F[(1,1,N)][N] F[(1,1,N)][N]。转移的时候以 F F F为例，它只会转移到 F F F，仍然考虑加入 d − 1 d-1 d−1行，首先做背包合并 d d d行的极长连续段，然后考虑枚举有多少二类列在这一行放车变为一类列，这部分贡献是组合数，而对于一三类列来说，它们可放可不放，贡献为 2 i 2^i 2i，注意这里需要保证不能一个车都不放。 G G G的转移也类似，但是需要注意 G G G可能转移到 F F F和 G G G。
简单分析一下可以知道时间复杂度为 O ( N 3 ) \mathcal O(N^3) O(N3)。
#include