Codeforces 题目集锦

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如果题解有哪些疑惑的地方，可以直接在CF上找我的代码查看细节

1601A Array Elimination

这道题目乍一看很花哨，但和位运算有关的题目，手玩一下就可以把原题的操作换作一个很简单的操作。

本题中其实就是在同一位上选择k个1，使这k个1都变成0，若要使一位上的1都变成0，那这一位上1的个数需是k的倍数，所以我们对每一位上的1的个数取gcd，得到k，若k成立，则k的因数也一定成立，输出k的所有因数即可

1601B Frog Traveler※

青蛙爬井问题
在初学OI时也有一道这样的青蛙爬井的题目，当时a和b都是固定的，推出数学式子即可

而这道题的a和b都不固定，且向上爬的高度也不一定是a。可以想到最暴力的做法直接去bfs，找出爬出井的最短时刻，但显然由于向上爬的高度不确定，bfs的复杂度会极大

对于上述问题，有两种解决方法

用并查集来维护一下，将跳过的点和它上面的点合并在一起，因为这个点既然已经跳过，那之后再跳到这个点，答案一定会更劣，所以我们枚举向上跳的时候就可以跳过这个点，用并查集搞下来每个点只会访问一次，复杂度是O(n）的。
这个思路与前几天模拟赛中的一个扫雪的题思路很类似，也是通过并查集来优化掉冗余操作，从而使时间大大增加

另一种解决做法就是依然是正常的bfs，但在建图时用倍增或线段树来优化建图即可

这个题目的一个小trick：青蛙最后一个白天直接就跳出井了，而不会再往下掉，所以我们将今天白天与昨天晚上一起进行处理，而不是将今天白天与今天晚上一起处理

1601C Optimal Insertion※

考虑暴力的做法，用树状数组维护逆序对个数，把每一个b放到a中找它最合适的位置，复杂度为$O(mnlog(n))$，显然过不去

设$p_i$表示$b_i$在$a$中的位置，即当$b_i$恰好在$a_j$之前时，$p_i=j$

存在一个性质，即将$b$从小到大排序后，$p_i$单调递增。证明的话考虑反证法，将两个$b$调换顺序，答案显然会更劣

根据这个性质进行整体二分，先处理出$b_{mid}$的位置，即$p_{mid}$，然后将$b$从$mid$处划分开，将值域也从$p_{mid}$处划分开，继续进行处理

这样即可高效的优化上述暴力过程，得到每一个$p_i$后，构造出最终的序列$c$，树状数组+离散化 求一下逆序对个数即可

总复杂度为$O((n+m)\ast log(n+m))$

看大部分神仙们这道题写的都是线段树做法，蒟蒻没读懂代码，只好啃官方英文题解

1601D Difficult Mountain

先将人按照$max(a_i,s_i)$从小到大排序。如果$max(a_i,s_i)$相等，则按$s_i$从小到大排序
证明：（来自洛谷题解 0htoAi）

1601E Phys Ed Online※

多个基础数据结构加起来就不基础了
这道题用到了一个类似于映射的思想吧
很容易通过题目归纳出我们要求的结果即为
${\sum }_{i=l+xk,l\le i\le r,x\in Z}mi{n}_{l\le j\le i}{a}_j$
那我们会发现，对于某一个询问，有一些$a_i$是根本不可能作为答案的，例如要玩$6$天，一张票能玩$2$天，第$6$天的票价无论再便宜，我都不可能在这一天去买票，因为已经没有价值了
所以，我们可以把右端点收缩到一个与左端点在模$k$的意义下同余的一个数
即$r=l+k\lfloor \frac{r-l}{k}\rfloor$

预处理出一个$b$数组，$b_i$表示$a_{i-k}-a_i$中的最小值（利用单调队列求解）

再进行$dp$，$d{p}_i$表示$min(b_i)+min(b_i,b_{i+k})+min(b_i,b_{i+k},b_{i+2\ast k})+...+min(b_i,b_{i+k},...,b_{i+xk})(x\in Z,i+xk\le n)$

不难发现，这样其实是把所有数字分成了$k$组，分别对这$k$组进行$dp$，$dp$的过程可以这样倒序求解：
$d{p}_i=d{p}_{pos}+(pos-i)\ast b_i(pos$为第一个在$i$之后且$b_{pos}<b_i$的下标
至于怎么找右侧第一个小于$b_i$的数，就是单调栈的基本操作了

总结一下我们最后的要求的答案，实际上就是$a_l+min(b_{l+k})+min(b_{l+k},b_{l+2\ast k})+...+min(b_{l+k},...,b_{l+xk})(x\in Z,l+xk\le r)$

这下子就可以发挥$dp$数组的作用了，我们可以利用一个后缀和的操作，来求解$a_l$后面的式子

但事情还没有这么简单，因为你在取$min$，所以不可以简简单单的用后缀和来实现，那如果我取到一个在$[L,R]$中最小的$b_{pos}$的位置呢，这样就可以进行求解了，答案即为$a_l+d{p}_{l+k}-d{p}_{pos}+(R-pos+k)/k\ast b_{pos}$

而这个最小的位置怎么求呢，又到了ST表的基本操作了，和$dp$数组求解过程一样，依然是把$k$组分别拎出来求解，也就是我们可以做一个映射版的ST表，但尤其需要注意在映射过程中+k,*k,/k等一系列操作的实际含义

1601F Two Sorts※

折半搜索好题
根据折半搜索的思想，首先，我们必须会做出来O(1e6)的做法，也就是O(n)怎么做这个题，我们可以直接暴力dfs去按字典序搜索出每一个范围内的数字，算答案就行

将12位数拆成两半，对两半的六位分别进行上述的O(n)搜索，考虑存储信息与合并，我们可以先求出$a$的逆排列$b$数组
例如：
当$n=12$时
$a:110111223456789$
$b:156789101112234$
数列满足：$a_{b_i}=b_{a_i}=i$
所以求解${\sum }_{i=1...n}((i-a_i)modp)={\sum }_{i=1...n}((b_i-a_{b_i})modp)={\sum }_{i=1...n}((b_i-i)modp)$
为什么要求这个$b$数组呢，因为它满足一个性质：
$b_{valxxxxxx}=b_{val}+b_{xxxxxx}^{\prime }$
$b$和$b^{\prime }$分别指从两半搜索出来的顺序
所以贡献可拆为$((b_{val}-10^6\ast val)+(b_{xxxxxx}^{\prime }-xxxxxx))mod998244353$
所以我们可以维护后面的一项$(b_{xxxxxx}^{\prime }-xxxxxx)$，求出当有$i$个$x$时，所有这些项的累加和$su{m}_i$
本题的难点在于取模的第一个$998244353$，若没有此条件，答案必然为0，加上此条件后，有些相加后大于$mod$的数字就要减去$mod$，所以我们可以$lowerbound$一下，找到相加超出$mod$的数字有多少个，把结果减去个数$\ast mod$即可

1602A Two Subsequences

一道水题，要$a$的字典序最小，那长度越小越好，所以我们找到字典序最小的一个字母，将它从原串中剥离出来作为$a$串，剩下的部分作为$b$串即可

1602B Divine Array

观察一下这道题数据范围和样例，不难猜测到序列变化到一定次数就不会再发生改变了，貌似是每一次变化都会少一组数，所以变化次数最多是$n$次，所以就可以存下每一次变化的每一个值，$O(1)$回答即可

1603A Di-visible Confusion

结论题：如果这个序列中有至少一个位置上$a_i$可以整除小于等于 $i$ 的所有数，那么一定无解。 反之一定有解。
证明很简单，因为你可以选择删除的顺序，所以若满足条件，采用一种贪心策略一定能将全部消除完

1603B Moderate Modular Mode

题目很简单，就是想办法构造出n
我们不要看到模运算就想同余之类的数论算法，其实可以考虑一下模运算的最基本性质，比如这道题中，分成两种情况讨论：
当$x>y$时，结合一下模运算的性质不难发现，$n$取$x+y$即可
当$x<=y$时，这种情况就没有那么显然了，需要画个图来表示一下

答案其实很显然了
$nmodx$其实就是$p$与$n$之间的距离
$ymodn$其实就是$n$与$y$之间的距离
要使相等，即$n$为$p$与$y$的中点
$py=ymodx$
故$n$为$\frac{ymodx}{2}$

1603C Extreme Extension

考虑简单的贪心

在拆分数字时，我们首先要保证拆成的份数尽量少，再者去保证拆分后的第一个数字尽可能大。我们可以发现第一个条件只会促进第二个条件，即当份数少了，我们就可以让第一个数字更大。

我们设这个数字此时后一位为$k$，那么它需要变成若干个不大于$k$的数字，划分次数$d$即为$\lceil \frac{a_i}{k}\rceil$
进而算出$k$的新取值即为$\lfloor \frac{a_i}{d}\rfloor$

这样，枚举每一个子序列的末尾位置，向前再枚举起始位置，同时统计答案即可，复杂度为$O(n^2)$

思考一些性质，通过数论分块的思想，每个数拆分后的第一个数字的可能取值和拆分次数近似为$\sqrt{n}$个

设$f_i$表示$a_i$此时已经拆成了$f_i$份，从前往后枚举末端位置，再从后往前枚举开始位置，判断新的末端位置对开始位置是否有影响，如果没有，就可以直接break掉，因为从此刻开始对后面也就都没了影响，如果有就更新$f_i$，继续向前更新，由于上述性质，每个数的取值只有$\sqrt{n}$个，也就是每个数最多被更新$\sqrt{a_i}$次，很容易就会被$break$掉，大大减少时间复杂度，均摊约为$n\sqrt{n}$

1603D Artistic Partition※

首先考虑朴素$dp$
设$f_{i,j}$表示前$i$个数分为$k$份的最小值
目标：$f_{n,k}$
初值：$f_{0,0}=0$，其余均为$INF$
转移方程：$f_{i,j}=mi{n}_{k=0}^{i-1}{f}_{k,j-1}+c(k+1,j)$
考虑如何求解$c(k+1,j)$
为了后面求解方便，式子中的$j!=i$，将$j=i$的情况特殊计算，当$j=i$时，一定满足条件，所以直接加上$r-l+1$
开始推式子：
$$c(l,r)=\sum _{i=l}^r\sum _{j=i+1}^r[gcd(i,j)\ge l]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=l}^r\sum _{j=i+1}^r[gcd(i,j)==d]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=\lceil \frac{l}{d}\rceil }^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\sum _{j=i+1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\sum _{j=i+1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]=\sum _{d=l}^r\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{r}{d}\rfloor }\varphi i$$
所以我们可以线性求出$\varphi$的前缀和，然后通过整除分块得到$c(k+1,j)$
此时总复杂度为$O(T{n}^3\sqrt{n})$
显然超时，考虑优化
没有必要从$1$到$n$枚举所有$j$，思考性质，当$K$大于$20$时，我们可以将区间都划分为形如$[l,2\ast l-1]$的区间，这样会使$c$的取值最小化为区间长度，也就可以使答案最小值为$n$，所以我们只需求出$K\le 20$时的答案，这样总状态数就由$n^2$变为了$20\ast n$,也就可以存储了，所以我们计算出每种状态的答案，$O(1)$回答，复杂度降低为
$O(20\ast n^2\sqrt{n})$
依旧不可过，继续优化
转移方程式是很套路的四边形不等式优化，打表易证明$c_{i,j}$满足四边形不等式条件
所以进行四边形不等式优化$dp$，复杂度将为$20nlogn\sqrt{n}$
可通过此题

1603E A Perfect Problem

一道需要推出来7个性质的题，没有完全搞懂，留坑

1603F October 18,2017

跟线性代数和生成函数有关，不会，留坑

1604A Era

水题，暴力插就行了，不多赘述

1604B XOR Specia-LIS-t

有点意思但不是很难的题，不要使问题被题目描述复杂化
分两种情况讨论，当$n$为偶数时，那你把串每一个点单独划分出来，长度都为$1$，由于是偶数，异或起来答案必然为$0$
举一反三，当$n$为奇数时，你只需要想办法把两个串拼一块使他们的$LIS$依然为$1$，找一个$a_i>=a_{i+1}$的位置合并即可

1605A A.M. Deviation

容易发现每次操作可以使绝对值内的数字$+3,-3$或不变，所以只需要令它对$3$取模，转化为$-1,0,1$即可

1605B Reverse Sort

把前面的$1$换到后面的$0$即可

1605C Dominant Character

判断相邻两个$a$是否合法即可
或者由于合法的方案数非常有限，可以直接写几个$if$来判断

1605D Treelabeling※

首先转化模型，要使自己赢得点尽可能多，极端情况下，可以使后手第一步就无路可走
即尝试构造出一个图，使一条边连接的两点满足$u\oplus v>min(u,v)$
考虑如何满足这个性质
当$u$与$v$二进制位数不同时，易得$u\oplus v>min(u,v)$
根据这个性质，问题转化为
构造出一个图，使一条边连接的两点满足二进制位数不同
使用二分图染色来完成如上问题
将图（树）分成两部分（二分图划分），分配数字即可
可证明一定有一种合法的分配方案
数字可根据二进制位数进行分组：
当二进制位数为$1$位时，个数为$1$，即$1$
当二进制位数为$2$位时，个数为$2$，即$2,3,4$
当二进制位数为$3$位时，个数为$4$，即$5,6,7,8$
当二进制位数为$n$位时，个数为$2^{n-1}$
我们怎么判断每一组数字分到图中的哪一部分呢
对其中一部分的大小进行二进制拆分，若它的第$i$位上是$1$，则将第$i$组分给这部分，余下的全部分给另一个部分即可

1605E Array Equalizer※

套路转化：
把$a$变为$b⟺$把$a-b$变为$0$
故设$c_i=a_i-b_i$，目的将$c_i$全部变为$0$的最小步数
设$f_i$为$i$位置的操作次数
可得：(下面式子省略了绝对值符号）
$f_1=c_1$
$f_2=c_2-f_1=c_2-c_1$
$f_3=c_3-f_1=c_3-c_1$
$f_4=c_4-f_1-f_2=c_4-c_2$
$f_n=|c_n-{\sum }_{d|n}^{d\ne n}{f}_d|$
实际上
$$f_i=|\sum _{d|i}\mu (\frac{i}{d})\ast c_d|$$
至于为什么是莫比乌斯函数，可通过二项式定理+归纳法证明

由于我们未知$b_1$，故未知$c_1$，也就是无法算出$\mu (i)\ast c_1$这一项，由于有绝对值符号的存在，所以我们需要考虑正负时的变号

分类讨论：
当$\mu (i)=0$，此项为$0$，答案可以直接统计好
当$\mu (i)=1$，可以将满足条件的$i$对应的$f_i$都存下来，进行排序，然后二分出有多少个数$+c_1$$\ge 0$，对$\ge 0$的数和$\le 0$的数分别$O(1)$计算答案即可
当$\mu (i)=-1$，同上

CF1605F PalindORme※

思考性质：
合法序列可以通过一系列操作删至不超过一个数，而不合法序列无法达到此要求，具体操作如下：
1.令$X=0$
2.从序列中选择两个数$x,y$，满足$xorX=yorX$
3.令$X=xorX$，从序列中删除$x,y$后返回第二步
合法序列满足此要求的原因是：每一步选择的$x,y$在之后的步骤中依然可以使用

通过这种操作，也可以从一个不合法序列中，抽取出一个合法序列，这就是解决本题的关键

补集转化一下，求合法序列，即为求总序列数减去不合法序列数

定义$f_{i.j}$为$i$个数字，每个数值域为$[0,2^j)$，$i$个数字按位或为$2^j-1$的方案数
进行容斥$dp$：
$$f_{i,j}=\sum _{l=0}^j(-1{)}^{j-l}{C}_j^l(2^l{)}^i$$
$l$表示这$i$个数中，有相同的$l$位可以随意选择$0$或$1$，剩下的$j-l$位只能选择$0$
则每一项分别为：容斥系数，在$j$位选择哪$l$位作为随意选择的位数，以及这$l$位随意选择的方案

定义$g_{i,j}$为$i$个数字，每个数值域为$(0,2^j)$，$i$个数字按位或为$2^j-1$，且$i$个数字互不相同的方案数
为何如此定义呢？因为当一个不合法序列把它内部最长的好序列删除后，剩下的元素一定不为$0$且均不相同，否则则可以继续加入好序列中
进行容斥$dp$
$$g_{i,j}=\sum _{l=0}^j(-1{)}^{j-l}{C}_j^l{A}_{2^l-1}^i$$
思路同上，不过多了两个条件而已，不为$0$对应$2^l-1$，不相同对应改为$A$

定义$h_{i,j}$为$i$个数字，$i$个数字按位或为$2^j-1$，且$i$个数字互不相同的不合法方案数
不难发现不合法方案中的最长合法方案的长度一定小于它，二进制中$1$的个数也小于它，所以枚举这个不合法方案中的合法方案
$$h_{i,j}=\sum _{i^{\prime }=0}^{i-1}\sum _{j^{\prime }=0}^{j-1}{C}_i^{i^{\prime }}{C}_j^{j^{\prime }}(2^{j^{\prime }}{)}^{i-i^{\prime }}{g}_{i-i^{\prime },j-j^{\prime }}(f_{i^{\prime },j^{\prime }}-h_{i^{\prime },j^{\prime }})$$
每一项分别为：选择哪$i^{\prime }$个数作为最长合法序列；选择哪$j^{\prime }$位作为合法序列中的$1$的位置；删去最长合法序列后的不合法序列中的$j^{\prime }$个位置上都可以随意放置$0$或$1$，无论选什么都不会影响结果；删去最长合法序列后的不合法序列需要满足不为$0$且两两互不相同，即为之前求出的$g$数组；最长合法序列的方案数（总序列数-不合法序列数）

补集转化求得答案即可

注意一些小细节：
空串是一个好序列，因为若有一个坏序列中无法抽出好序列，那么它的最长好序列就应该是一个空串
一个偶数好序列，在其中间加入任何数字，它仍然是一个好序列，但我们在统计过程中，不把它当做好序列，因为一个好序列需要同时拿出$x,y$，一定有偶数个元素，所以只需要在最后统计$n$的答案时，将奇数的情况特殊考虑一下即可

CF1606A AB Balance

考虑将序列按照下标顺序排为两行
例如样例中的：$aabbbabaa$
排列为：
$aaaaa$
$bbbb$
那么$ab$出现次数即为从上一行走到下一行的次数
同理$ba$出现次数即为从下一行走到上一行的次数
那么只要最开头的元素和最后一个元素相同，那么上下波动次数就会相同，根据这个性质修改字符串即可

CF1606B Update Files

容易得到传递速度是二的幂，传递速度的上限为$k$，根据此性质推个数学式即可

CF1606C Banknotes

第$i$种只能选$10^{a_i+1-a_i}-1$个，如果多选则可以用$i+1$张替代，第$n$张可以无限选，所以贪心的把面值较小的选完即可

CF1606D Red-Blue Matrix

暴力枚举每行染什么颜色，显然复杂度太高了，考虑能不能减少这一步复杂度
由于我们必须保证第一列的数，红色元素比所有蓝色元素大，所以可以按照第一行的大小顺序，将整个序列重新排序，这样的话就可以枚举红蓝两色的分割线，只需要$O(n)$的复杂度
那么还需要枚举$k$的位置，这样总复杂度$O(nm)$，目前可过，最后一步即为怎么判断这四部分矩阵是否完全合法呢？
左矩阵中所有红色元素比所有蓝色元素大
可以转化为
左矩阵中红色元素的最小值比蓝色元素的最大值大
另一个条件也同理转化
那么最小值和最大值可以通过前缀和预处理求出，只需要从4个角做四遍前缀和即可

CF1606E Arena

计数$dp$
设$f_{i,j}$表示还存活个$i$个角色，这$i$个角色的最大血量为$j$的方案数
两种情况讨论：
当$j\le i-1$，那么这一回合所有人都会死，也就满足条件，这种情况下，可以直接计数
$f_{i,j}=j^i-(j-1{)}^i$
也就是$i$个人的血量都在$1—j$的范围内，再减去$i$个人的血量都在$1—j-1$的范围内的非法方案

当$j>i-1$时
这一轮会把最大血量的人的血量刷到$j-(i-1)$
我们再去枚举这一轮后还有多少个人活着
设还有$k$个人活着，那么$i$个人中选择$k$个作为活着的人的方案为$C_i^k$
那么剩下被击杀的$i-k$个人，他们的血量可以控制在$1—i-1$中的任意一个数
故可得：
$f_{i,j}={\sum }_{k=1}^i{f}_{k,j-(i-1)}\times C_i^k\times (i-1{)}^{i-k}$

故最后答案为${\sum }_{i=1}^x{f}_{n,i}$

CF1606F Tree Queries※

根号分治好题
一个节点都不删，那么$ans$肯定是$\ge 0$的
以此为基础，我么可以推出一些有趣的性质：
$ans\ge 0$
$c(v)-mk\ge 0$
$mk\le c(v)\le n$
$m\le \frac{n}{k}$
这样一个式子就可以引发出我们根号分治的想法
将问题转化为两部分：
当$k<\sqrt{n}$时
由于$k$的范围很小，我们可以对每个$k$，都求出答案，对于每个$k$都进行一遍树形$dp$，求出每个节点的最优值
具体如下：
对于每个$k$
设$f_i$表示$i$的最优答案
那么对于$i$的子节点$j$，可以选择不删它，把它加到$i$上，那么价值为$f_i+1$，也可以选择删它，把它的最优子节点加到$i$上，那么价值为$f_i+f_j-k$，取$max$即可

当$k\ge \sqrt{n}$时
由于$m\le \frac{n}{k}$
所以$m\le \sqrt{n}$
也就是删的节点数不超过$\sqrt{n}$个，那么就可以设计另一个$dp$
设$g_{i,j}$表示$i$的子树内，删除了$j$个节点的最优价值
那么枚举每个子节点的子树内，删了$d$个节点，比照上一个树形$dp$，进行另一个树形$dp$即可

注意上述两个$dp$，我们都需要开一个二维数组，那么一个$n\sqrt{n}$的数组空间复杂度就已经达到300+MB，两个就会爆掉空间，所以必须同时用一个来进行$dp$，那也就要求了询问必须完全离线出来，先做完第一种情况，求出所有答案后，再重复利用数组，进行第二个$dp$