Pinely Round 2 (Div. 1 + Div. 2) (CF1863)

本来开了某场远古 Div 1，然后学了一堆前置知识至今仍然不会 E。换一场写来得及吗？

A. Channel

模拟，略。

B. Split Sort

Description

给你一个长度为 \(n\) 的排列。

每次操作你可以选择一个数 \(x\)，然后类似于快速排序地把小于 \(x\) 和大于等于 \(x\) 的分成两个序列，把它们拼在一起。

求最小操作次数使排列有序。

Solution

发现如果 \(i\) 在 \(i-1\) 前面，只有选择 \(i\) 进行操作能改变它们的相对位置。

且操作不会让有序的变无序，那么次数就是 \(pos_i>pos_{i-1}\) 的 \(i\) 的数量。

C. MEX Repetition

Description

给你一个长度为 \(n\) 的序列，保证值域 \([0,n]\) 并且没有重复元素。

一次操作定义为从 \(1\) 到 \(n\) 对每个 \(i\) 用 \(\operatorname{MEX}(a_1,a_2,...,a_n)\) 换掉 \(a_i\)。

求操作 \(k\) 次后的序列。\(n\le10^5,k\le10^9\) 。

Solution

发现给了 \(n\) 个数，值域为 \([0,n]\)，那么 \(\text{MEX}\) 就是 \([0,n]\) 中唯一没出现那个。

考虑把没出现那个数放在序列最前面，那每次的操作就是交换 \(1,2\)，交换 \(1,3\)，直到交换 \(1,n+1\)。

找找规律可以发现这是个循环移位。

操作 \(n+1\) 次一定会回到原状态，因此 \(k\) 对 \(n+1\) 取模，暴力循环移位即可。

D. Two-Colored Dominoes

Description

给你一个网格，上面放了一堆 \(1\times 2\) 的多米诺骨牌。现在要给它们染色，满足：

• 同一个骨牌的两个格不同色
• 每行染成黑白的格数相同，列同理
  
  请构造方案。

Solution

发现横着放的骨牌对行没有影响，竖着放的骨牌对列没有影响。

也就是说只要考虑横着放的对列的影响，那么这个可以从左往右一列列贪心，可以证明是对的。

E.Speedrun

Description

你在玩一个游戏，要完成 \(n\) 个任务。其中对于每个任务 \(i\)，它只能在某一天的第 \(h_i\) 时刻完成。游戏每天有 \(k\) 个小时，分别编号为 \(0,1,...k-1\)。

给出 \(m\) 对任务间的依赖关系，\((a_i,b_i)\) 表示 \(a_i\) 必须比 \(b_i\) 先完成。保证依赖关系不形成环。

完成任务不需要时间，也就是说可以在同一天的同一时刻先后完成多个任务。

求完成所有任务所需的最短时间。这里的时间定义为：完成最后一个任务的时刻 与 开始第一个任务的时刻 之差。

多组数据，\(T\le 10^5\)，\(\sum n,m\le 2\times 10^5\)，\(k\le 10^9\)。

Solution

假设我们知道每个任务开始做的时间。那么对于边 \((a,b)\)，若 \(h_a<h_b\)，则他们在同一天完成；否则令 \(b\) 在第二天的 \(h_b\) 时刻完成。使用拓扑排序不难求出最后一个任务被完成的时刻。

同样假设所有没有限制的任务都从同一天开始做，这样并不一定是最优的，比如样例 3 就是反例。也就是说，最优方案是形如把一部分靠前时刻的东西挪到第二天开始做。

而被推迟的任务满足这样几条性质：

• 每个任务（包括非起点）最多只会推迟一天
• 被推迟的起点任务是 \(h_i\) 的一个前缀

看起来似乎不难理解，所以证明留给读者自行解决。

至此，我们可以先假设它们都在同一天开始，求出答案；再按照 \(h_i\) 递增的顺序将起点任务推迟。根据第一条性质，可以记录数组 \(flag\) 表示那些点已经被推迟一天；而如果更新过程中遇到已经被推迟过的点，则不必继续更新。

综上，每个点最多只被更新了一次，时间复杂度 \(O(n)\)。

F. Divide, XOR, and Conquer

为什么不会做呢。/hsh

区间 DP，设 \(f_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 能否被保留。发现转移是 \(O(n)\) 的，总时间复杂度为 \(O(n^3)\)。

考虑优化转移，先观察异或的性质。设 \(s_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 的异或和。

考虑区间 \([l,k]\) 什么情况下能从 \([l,r]\) 转移过来 \((k<r)\)，那么若 \(s_{l,r}\) 的第 \(x\) 位为 \(0\)，不论 \(s_{l,k}\) 的这位取几都与另外一半相等。而 \(s_{l,r}\) 这位是 \(1\) 时，如果这是最高位的 \(1\)，那 \(s_{l,k}\) 这位自然也必须取 \(1\)；否则因为 \(s_{l,k}\) 前面已经比另一半大了，这一位取值无限制。

则 \([l,k]\) 能从 \([l,r]\) 转移过来当且仅当 \(s_{l,k}\) 在 \(\operatorname{highbit}(s_{l,r})\) 位上是 \(1\)。

维护 \(L_i\) 表示以 \(i\) 为左端点，所有能被保留区间出现的 \(\operatorname{highbit}\) 值按位或的结果，转移条件为 \(s_{i,j}\land L_i \neq 0\)。从左侧转移同理，转移复杂度变为 \(O(1)\)。

G. Swaps

Description

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，每次操作可以选定一个 \(i\)，并 \(\operatorname{swap}(a_i,a_{a_i})\)。求能通过某种操作顺序得到的不同序列数。

\(n\le 10^6\)。

Solution

考虑建图。对于每个 \(i\)，连边 $i \to a_i $。则构造出一个 \(n\) 个点 \(n\) 条边的图，且每个点有且仅有一条出边。

定义操作 \(\operatorname{swap}(a_i,a_{a_i})\) 为“操作点 \(i\)”。观察对点 \(i\) 进行操作后图的变化（不考虑环），发现原图从 \(i\to a_i \to a_{a_i}\) 变为 \(i\to a_{a_i},a_i\to a_i\)。对于交换后不改变序列的情况，形如 \(u\to v\to v\)，则操作不合法。由于每次操作都对图的结构进行改动不好处理，我们换一种方式，对 \(i \to a_i\) 这条边打个标记来表示对 \(i\) 进行了一次操作。

假设当前局面的点 \(i\)，分为两种情况：

• 点 \(i\) 存在一条入边被标记，那实际上的序列里 \(i\) 已经是自环了，不能再操作；
• 点 \(i\) 不存在入边被标记，那么我们顺着 \(i\) 的出边走，直到找到第一条未被标记的边，把它打上标记。

完成操作后，对于一个给定的标记集合，可以用如下方式构造出实际序列：

• 若点 \(i\) 存在入边被标记，\(a_i=i\);
• 否则，\(a_i\) 的实际值为 沿着 \(i\) 的出边走，第一条未被标记的边 指向的点。

对边的标记集合进行计数。设每个点的入度为 \(in_i\)，且每个点至多有一条入边被标记，则总方案数为 \(\prod\limits_{i=1}^n (in_i+1)\)。

但不是所有满足这个条件的标记集合都是合法的。考虑图中存在环的情况，并不能构造出一种方案，使这个环的所有边都被标记。因为这个环在只剩一条边未被标记时，实际的序列就已经所有 \(a_i=i\) 了。

这同时启发我们发现，对于一个环只有一条边未标记的情况，无论哪条边不被标记，生成的序列都是一样的。那么对于长度为 \(k\) 的环 \(c_1,c_2,\dots,c_k\)，恰有一条边未被标记的方案数有 \(\sum\limits_{i=1}^k in_{c_i}\) 种，合法且不重复的方案数为：

\[\prod_{i=1}^k (in_{c_i}+1) -[(\sum_{i=1}^k in_{c_i})-1]-1=\prod_{i=1}^k (in_{c_i}+1) -\sum_{i=1}^k in_{c_i}
\]

则总方案数为：

\[\prod_{\operatorname{cycles}}(\prod_{i=1}^k (in_{c_i}+1) -\sum_{i=1}^k in_{c_i})\cdot\prod_{\operatorname{other\ v}}(in_v+1)
\]

H & I

*3500 谁爱写谁写。