2023 年牛客多校第三场题解
A World Fragments I
题意：给定两个二进制数 x , y x,y x,y，每次可以选择 x x x 二进制表达中的其中一位 b b b，然后执行 x ← x − b x \leftarrow x-b x←x−b 或 x ← x + b x \leftarrow x+b x←x+b。问 x x x 最少经过多少次操作变成 y y y。 1 ≤ x , y ≤ 1 0 9 1 \le x,y \le 10^9 1≤x,y≤109。
解法：只要数字不为 0 0 0，就一直存在 b = 1 b=1 b=1，因而首先特判 x = y x=y x=y 的情况，再判断 x x x 是否为 0 0 0，若不为 0 0 0 则输出 ∣ x − y ∣ |x-y| ∣x−y∣。
B Auspiciousness
题意：给定 n n n 表示有一个由 { 1 , 2 , 3 , ⋯ , 2 n } \{1,2,3,\cdots,2n\} {1,2,3,⋯,2n} 构成的 2 n 2n 2n 张牌的初始牌堆，同时自己这里有一个空的牌堆。执行以下的操作：
- 翻开牌堆顶的一张牌，并放在自己牌堆的堆顶。
- 记自己牌堆堆顶的一张牌大小为 x x x。如果初始牌堆为空，结束。否则执行 3 3 3 操作。
- 若 x ≤ n x \le n x≤n，则猜测初始牌堆翻出的下一张牌 y y y 比 x x x 大，否则猜测翻出来的下一张牌比 x x x 小。这时翻开初始牌堆的堆顶，并将这一张牌放在自己的牌堆的堆顶。如果猜测正确，则跳转到 2 2 2 操作，否则结束游戏。
问对于 ( 2 n ) ! (2n)! (2n)! 种牌的排列，总的抽取牌数有多少，对特定数字 m m m 取模。多测， ∑ n ≤ 300 \sum n \le 300 ∑n≤300， 1 ≤ m ≤ 1 0 9 1\le m \le 10^9 1≤m≤109。
解法：首先不考虑空间复杂度，定义 f i , x , y , k f_{i,x,y,k} fi,x,y,k 表示当前在抽取第 2 n − x − y + 1 2n-x-y+1 2n−x−y+1 张牌时，小于等于 n n n 的牌张数还剩 x x x 张，大于 n n n 的牌数还剩 y y y 张，在抽第 2 n − x − y 2n-x-y 2n−x−y 张（上一轮）牌时（1）如果是小于等于 n n n 的牌，则选了这小于等于 n n n 的剩下来的 x x x 张牌里面第 k k k 小的牌；（2）如果是大于 n n n 的牌，则选了这大于 n n n 的剩下来的 y y y 张牌里面第 k k k 小的牌；（该状态用 i ∈ { 0 , 1 } i \in \{0,1\} i∈{0,1} 区分）作为的现有方案总数（不考察后续初始牌堆的牌顺序）。
这样构造方案的思路：首先比较容易想到的是，维护大于 n n n 和小于等于 n n n 的个数，然后维护一个状态表示上一次是抽到大于的还是小于等于的。但是这样在枚举当前轮的时候，就无法避免重复选择的问题。因而修正到去掉已经选过的之后排多少，这样操作就不会导致重复问题，并且也方便刻画当前的大小。
既然不考虑重复问题，那么可以写出下面的转移方程：
{ f 0 , x , y , k ← ∑ i = 1 k f 0 , x + 1 , y , i + ∑ i = 0 y + 1 f 1 , x , y + 1 , i f 1 , x , y , k ← ∑ i = k + 1 x + 1 f 1 , x + 1 , y , i + ∑ i = 0 y + 1 f 0 , x , y + 1 , i \begin{cases} \displaystyle f_{0,x,y,k} \leftarrow \sum_{i=1}^{k}f_{0,x+1,y,i}+\sum_{i=0}^{y+1}f_{1,x,y+1,i}\\ \displaystyle f_{1,x,y,k} \leftarrow \sum_{i=k+1}^{x+1}f_{1,x+1,y,i}+\sum_{i=0}^{y+1}f_{0,x,y+1,i}\\ \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧f0,x,y,k←i=1∑kf0,x+1,y,i+i=0∑y+1f1,x,y+1,if1,x,y,k←i=k+1∑x+1f1,x+1,y,i+i=0∑y+1f0,x,y+1,i
对于答案统计，可以考虑对每一步成功抽牌进行分步统计——即不再统计有多少种抽牌方式能抽到 i i i 张牌，而是在能抽到第 i i i 张牌的状态中，每次叠加它的次数（贡献）。
不难发现状态数有 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) 个，对于单个状态的计算如果按照上式直接计算，会达到 O ( n 4 ) O(n^4) O(n4) 的复杂度。不难注意到第四个维度可以前缀和，因而可以使用前缀和优化掉第四维，得到下面一个未经过空间优化的代码（会 MLE）。
注意下面的代码中，为了统一 dp 方程形式，在 [ 1 , n ] [1,n] [1,n] 部分是维护的第 k k k 大，在 [ n + 1 , 2 n ] [n+1,2n] [n+1,2n] 部分维护的是第 k k k 小。
#include 由于每次 x x x 只会从 x + 1 x+1 x+1 转移，因而可以考虑再滚动掉最外层的一维数组（即 x x x），即使用 0 , 1 0,1 0,1 两个状态来表示当前的 x x x 和 x + 1 x+1 x+1。
#include D Ama no Jaku
题意：给定一 n × n n\times n n×n 的 01 矩阵，每次可以翻转一行或一列，执行若干次操作。若将操作完成后的矩阵的每一行从做到右视为一个二进制数 { r } i = 1 n \{r\}_{i=1}^n {r}i=1n，每一列从上到下视为 { c } i = 1 n \{c\}_{i=1}^n {c}i=1n，要求 min ( r i ) ≥ max ( c i ) \min(r_i) \ge \max(c_i) min(ri)≥max(ci)，问是否可以实现，可以实现求最小操作次数。 1 ≤ n ≤ 300 1 \le n \le 300 1≤n≤300。
解法：假设第一行有一个 1 1 1，则 max ( c i ) ≥ 2 n − 1 \max(c_i) \ge 2^{n-1} max(ci)≥2n−1，此时 min ( r i ) ≥ 2 n − 1 \min(r_i) \ge 2^{n-1} min(ri)≥2n−1，即第一列每个数字都是 1 1 1，则此时 max ( c i ) = 2 n − 1 \max(c_i)=2^n-1 max(ci)=2n−1，则要求整个矩阵都是 1 1 1。因而全 1 1 1 矩阵是合理的。
如果第一行全 0 0 0，则 min ( r i ) = 0 \min(r_i)=0 min(ri)=0，则 max ( c i ) = 0 \max(c_i)=0 max(ci)=0，整个矩阵全 0 0 0。
因而整个矩阵必须所有数字都相同。
考虑维护方程 { c i } \{c_i\} {ci} 和 { r j } \{r_j\} {rj}。如果最后是全 0 0 0，如果当前 a i , j = 1 a_{i,j}=1 ai,j=1，则 c i ≠ r j c_i \ne r_j ci=rj，反之相等。因而维护一个 01 种类并查集即可。
#include E Koraidon, Miraidon and DFS Shortest Path
题意：给定一张 G ( n , m ) G(n,m) G(n,m) 的有向图，使用 dfs 算法求解从 1 1 1 开始的单源最短路，问给定的图能否在任何边遍历顺序下都正确输出。 1 ≤ n , m ≤ 1 0 5 1 \le n,m\le 10^5 1≤n,m≤105。
解法：为什么我们要找支配树？可以考虑以下三个例子：
基本错误型：一个点（ 2 2 2）有多种到达方式。
一个环：多次遍历到的点不一定是有重复的。
破环：多种遍历方式会导致破环方式不同（如 6 → 4 6 \to 4 6→4， 4 → 2 4 \to 2 4→2， 5 → 3 5 \to 3 5→3），从而影响答案。
首先我们依然可以建立一个 bfs 树，找到从 1 1 1 出发到每个点的最短距离。然后考虑原图中的每一条边：
- 如果当前一条边 ( u , v ) (u,v) (u,v) 连接的两点是同层的——必然出现了图 1 基本型，因而输出
No。 - 如果当前一条边 ( u , v ) (u,v) (u,v) 连接的两点是 u u u 浅 v v v 深的——该边会在 bfs 树中用到，且一定满足 d e p u + 1 = d e p v {\rm dep}_u+1={\rm dep}_v depu+1=depv。不关心它对答案的影响。
- 如果当前一条边 ( u , v ) (u,v) (u,v) 连接了不同层的两点（ u u u 深 v v v 浅）——可能出现图 2（正确）或者图 3（错误）的情况。这时要分析从 1 1 1 出发是不是必须经过 v v v 到 u u u。如果必须经过，则是图 2 情况。否则，一定可以经过一条不经过 v v v 的道路到达 u u u（支配关系定义），这时更新 v v v 的答案会出错（ d e p u + 1 > d e p u > d e p v {\rm dep}_u+1 >{\rm dep}_u > {\rm dep}_v depu+1>depu>depv）。因而这个在支配树上维护支配关系即可。
#include F World Fragments II
题意：给定两个十进制数 x , y x,y x,y，每次可以选择 x x x 十进制表达中的其中一位 b b b，然后执行 x ← x − b x \leftarrow x-b x←x−b 或 x ← x + b x \leftarrow x+b x←x+b。问 x x x 最少经过多少次操作变成 y y y。多次询问， 1 ≤ q ≤ 3 × 1 0 5 1 \le q \le 3\times 10^5 1≤q≤3×105， 1 ≤ x , y ≤ 3 × 1 0 5 1 \le x,y \le 3\times 10^5 1≤x,y≤3×105，强制在线。
解法：显然，每个点可以向外连出若干条边模拟一次操作。如果数字范围足够小那么是一个简单的全源最短路问题，但是本题数据范围较大，但是我们仍然需要这一建图的思想。
考虑固定枚举出中间某个特定的变化步骤，即取出一段长度为 9 9 9 的一段——因为一步操作至多使得 x x x 变化 9 9 9。然后采用分治的思想：
定义起始数字 x x x 和结束数字 y y y 以及中间变化过程都在区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，考虑中间的 9 9 9 个数字 [ m , m + 8 ] [m,m+8] [m,m+8]。这时可以考虑以 [ m , m + 8 ] [m,m+8] [m,m+8] 依次每个点跑单源最短路（bfs），求得每个点到 [ m , m + 8 ] [m,m+8] [m,m+8] 中每个点到其他点的正向（即 x → [ m , m + 8 ] x \to [m,m+8] x→[m,m+8]）和反向（即 [ m , m + 8 ] → x [m,m+8] \to x [m,m+8]→x）的距离。这时这个图的大小和源都相对较少，可以承受。
如果起始数字和结束数字分列在 [ l , m ) [l,m) [l,m) 和 ( m + 8 , r ] (m+8,r] (m+8,r] 区间，则必然需要在变化过程中经过 [ m , m + 8 ] [m,m+8] [m,m+8]。那么答案可以是 x → [ m , m + 8 ] x \to [m,m+8] x→[m,m+8] 的正向距离，加上 y → [ m , m + 8 ] y \to [m,m+8] y→[m,m+8] 的反向距离之和。
如果都分在同一侧，则递归在两个子区间进行分治处理，预处理记录每个点在 O ( log n ) O(\log n) O(logn) 层中到枢纽点 [ m , m + 8 ] [m,m+8] [m,m+8] 的两个距离。
考虑一次查询操作，则需要对每一个包含 [ l , r ] [l,r] [l,r] 的区间都做一次答案更新操作： x → [ m , m + 8 ] x \to [m,m+8] x→[m,m+8] 的正向距离，加上 y → [ m , m + 8 ] y \to [m,m+8] y→[m,m+8] 的反向距离之和。这样单次查询操作仅需要查询 O ( log n ) O(\log n) O(logn) 个区间，复杂度就是 O ( k log n ) O(k \log n) O(klogn)。整体复杂度 O ( k ( n + q ) log n ) O(k(n+q)\log n) O(k(n+q)logn)。
G Beautiful Matrix
题意：给定一个 n × m n\times m n×m 的字符矩阵 { S } ( i , j ) = ( 1 , 1 ) ( n , m ) \{S\}_{(i,j)=(1,1)}^{(n,m)} {S}(i,j)=(1,1)(n,m)，定义一个 n × n n\times n n×n 的子矩阵是优美的当且仅当 ∀ i , j ∈ [ 1 , n ] \forall i,j \in [1,n] ∀i,j∈[1,n]， S i , j = S n − i + 1 , n − j + 1 S_{i,j}=S_{n-i+1,n-j+1} Si,j=Sn−i+1,n−j+1。问 { S } \{S\} {S} 中有多少个优美的子矩阵。 1 ≤ n , m ≤ 2 × 1 0 3 1\le n,m \le 2\times 10^3 1≤n,m≤2×103。
解法：本题卡常，请使用 O ( n 2 ) \mathcal O(n^2) O(n2) 的做法通过。
首先枚举哪一行是中央对称行。当固定中央行之后，考虑在这一行做 Manacher。传统的 Manacher 是仅单字符匹配成立即可扩展回文半径，在本题这种矩阵对称中，可以考虑对一个矩阵区域（正向绿色等于反向紫色）的匹配作为扩展条件：
因而使用二维哈希判断子矩阵对称相等，结合 Manacher 算法即可通过。复杂度同每行 Manacher 算法，即 O ( n m ) O(nm) O(nm)。
本题严重卡常。
H Until the Blue Moon Rises
题意：给定一个长度为 n n n 的序列 { a } i = 1 n \{a\}_{i=1}^n {a}i=1n，一次操作可以选择两个不同的数字 a i a_i ai 和 a j a_j aj 执行 a i ← a i + 1 , a j ← a j − 1 a_i \leftarrow a_i+1,a_j \leftarrow a_j-1 ai←ai+1,aj←aj−1。问能不能有限次操作内让序列中每个数字都是质数。 1 ≤ n ≤ 1 0 3 1 \le n \le 10^3 1≤n≤103， 1 ≤ a i ≤ 1 0 9 1 \le a_i\le 10^9 1≤ai≤109。
解法：当 n = 1 n=1 n=1 时，显然和 s s s 为质数才行。
当 n ≥ 2 n \ge 2 n≥2 时， s ≥ 2 n s \ge 2n s≥2n（每个数字都是最小的质数 2 2 2）。
当 n = 2 n=2 n=2 时，如果 s s s 为偶数，则由哥德巴赫猜想一定成立。如果 s s s 为奇数，则必然是 2 + ( n − 2 ) 2+(n-2) 2+(n−2)。检查 n − 2 n-2 n−2 是否为质数即可。
当 n ≥ 3 n \ge 3 n≥3 时，可以首先先安排 n − 2 n-2 n−2 个 2 2 2，问题退化到 n = 2 n=2 n=2 的情形。当 s − 2 n s-2n s−2n 为偶数时，哥德巴赫猜想使得一定有解。如果 s − 2 n s-2n s−2n 是奇数，则可以让前面 n − 2 n-2 n−2 个 2 2 2 中其中一个 2 2 2 变成 3 3 3，则此时 s − 2 n − 1 s-2n-1 s−2n−1 为偶数，如果 s − 2 n − 1 ≥ 4 s-2n-1 \ge 4 s−2n−1≥4，则同样利用哥德巴赫猜想可以证明成立。
I To the Colors of the Dreams of Electric Sheep
题意：有一个 n n n 个点的树，第 i i i 个点拥有的颜色种类由二进制数 c i c_i ci 定义。 q q q 次询问，每次从 u u u 出发到 v v v，初始自选颜色，一秒的时间里可以移动到相邻同色节点（即该节点有自身的一种颜色），或者在一个点变换自身颜色（必须是这个点已经有的颜色）。问花费的最少时间。 1 ≤ n , q ≤ 5 × 1 0 5 1 \le n,q \le 5\times 10^5 1≤n,q≤5×105， 0 ≤ c i < 2 60 0 \le c_i < 2^{60} 0≤ci<260。
解法：一个贪心的想法是，能尽可能维持当前颜色不变就尽可能不变。因而首先处理出从当前节点 u u u 向上最多能不变色走到哪里，然后再倍增处理出变 2 k 2^k 2k 次颜色会跳到哪里（因为可能不变色一次只能走一条边）。
考虑 u → v u \to v u→v 可以拆分成 u → l c a ( u , v ) → v u \to {\rm lca}(u,v) \to v u→lca(u,v)→v，因而拆分成祖孙链上的问题。对于单程 u → l c a ( u , v ) u \to {\rm lca}(u,v) u→lca(u,v)，首先倍增跳到最靠近 l c a ( u , v ) {\rm lca}(u,v) lca(u,v) 的变色点 w w w，然后再维护不变色段 w → l c a ( u , v ) w \to {\rm lca}(u,v) w→lca(u,v) 的可行颜色，对 v v v 做同样的考虑。两侧取交集非空则不需要在转折点变色。
#include J Fine Logic
题意：给定 n n n 个点和 m m m 对偏序关系 ⟨ u , v ⟩ \langle u,v\rangle ⟨u,v⟩，构造最少的排列数目 k k k，使得在这 k k k 个排列中至少有一个排列满足 u < v u
解法：数据范围过于庞大意味着 k k k 必然不大。其实很容易发现一种任意情况下都成立的方案： k = 2 k=2 k=2，一个排列是 { 1 , 2 , 3 , ⋯ , n } \{1,2,3,\cdots,n\} {1,2,3,⋯,n}，另一个排列是 { n , n − 1 , n − 2 , ⋯ , 1 } \{n,n-1,n-2,\cdots,1\} {n,n−1,n−2,⋯,1}。因为 u < v u
考虑什么时候满足 k = 1 k=1 k=1。如果 k = 1 k=1 k=1，则必然存在一个拓扑序列。考虑依照 u → v u \rightarrow v u→v 建图，即必须访问完 u u u 才能访问 v v v。如果该 DAG 有拓扑序，那么这个排列就是合法的。否则则按 k = 2 k=2 k=2 的方案构造。
#include