AGC 补题笔记

[AGC001]

A.BBQ Easy

由于最大数肯定要和一个比自己小的数搭配保留该数，不如选择保留次大数，如此递归即解。因此将序列排序后输出序号为奇数的数即可。

B.Mysterious Light

观察样例，考虑重复因素，即将路径长度分割成若干个个等边三角形周长总和，可以注意到每次折射的过程实际上是将大的数减去小的数的过程，直到相减为 0，这个过程就是辗转相减法。

于是会发现每条三角形长度都是计算 \(n\) 和 \(x\) 最大公因数中辗转相减法中的一项，但是最后自己减自己那部分没有被算到答案里，即可得到答案为 \(3n-\gcd(n,x)\)。

C.Shorten Diameter

题目数据范围很小，考虑直接枚举根节点判断，则所有节点离该节点的距离都不超过 \(\frac{k}{2}\)，若 \(k\) 是偶数直接枚举计算，否则可以改为枚举边，因为两点间对应边只有一条，所以这时相当于有两个根，枚举即可。

D.Arrays and Palindrome

把样例画出来试一试，发现在人工判断的过程中，我们相当于给图中具有等价关系的两点连边，即一个回文串中相等的点连边，然后构造出的解必须满足点构成的图联通。

由此我们可以考虑无解的情况，即图不连通，此时分为两种情况，要么边不够 \(n-1\) 条，要么图较为特殊。但本题中如果只判断 \(a\) 或 \(b\) 单个数组所构成的回文串，边数也不超过 \(\frac{n}{2}\)，而出现奇回文块的情况更是会减少边数，因此我们可以得到如果 \(a\) 中奇回文块的个数多于 2，那么一定无解。

那其他情况呢？继续手推样例，发现无解的情况大多出现在我们使某两个回文块回文中心相同，于是我们可以考虑错排，\(b\) 中第一个连通块为 \(a\) 中第一个连通块大小加 1，最后一个为 \(a\) 中最后一块减 1，其他不变，可以发现这种构造方法是正确的。

为了保证少出现奇连通块，我们还需要把 \(a\) 中奇连通块放到头尾，即可正确构造。

E.BBQ Hard

题目让我们求一个二项式系数之和，暴力时间复杂度为 \(O(N^2)\)，我们考虑能不能把 \(i\)，\(j\) 两部分拆开分别计算后再进行合并。

考虑组合意义，从一堆里面选出若干个可以等价于将堆分成两堆，这两堆选出的物品个数之和为要求的个数的方案数，我们枚举其中一堆选出的物品个数，原式可以化为 $ \sum_{i}^{n} \sum_{j}^{n} \sum_{k} \binom{a_i+b_i}{a_i-k} \binom{a_j+b_j}{a_j+k} $，把求和次序交换，外层枚举 \(k\) 内层相当于两个多项式相乘，但是这里预处理的时间复杂度不会超标，直接计算可以做到 \(O(nk)\)。

还有没有其他做法呢？这看起来就很像个卷积，但是单项计算复杂度就是 \(O(n)\) 的，我们只好换个思路，考察二项式系数原本的定义，转化柿子为 \([x^{a_i+a_j}] \sum_{i}^{n} \sum_{j}^{n} (x+1)^{a_i+a_j+b_i+b_j}\)，这下可以卷了，除掉 \(x\) 后将两边分开可以变成 \([x^0]\left(\sum^{2n}_{k}Q_k\left(1+x\right)^k\right)^2\)，其中 \(Q_i\) 为所有 \(a_i+b_i\) 为 \(k\) 的 \(x^{-a_i}\) 之和。

由于一个数列每次乘 \((1+x)\) 都是加一遍自己和自己移位之后的数列，我们这里只记录每一项的系数，预处理 \(Q_k\left(1+x\right)^k\)，倒序循环枚举 \(i\) 从 \(k\) 到 0，把对应 \(-a_i\) 位置加 1 后整体乘上 \((1+x)\)，即每个位置向后移一位后加一遍原本的序列即可，这也等价于自己前面每个数加一遍自己前面的系数，这个倒序枚举每次乘 \(x\)（此处为\((1+x)\)） 的做法也叫作秦九韶算法。最后别忘记去重，我们不能使 \(i=j\)。

还有没有其他做法呢？考虑原式的组合意义，即从 \((0,0)\) 走到 \((a_i+b_i,a_j+b_j)\) 的方案数，考虑分离两部分，我们平移坐标轴，把起点设为 \((-a_i-a_j)\)，之后考虑多个起点的 dp 进行统计即可，这种方法也不要忘记去重。