AtCoder ABC 215 简要题解

A - B

模拟

C

可以直接爆搜，也可以写逐位确定的多项式复杂度算法，使用多重组合式求随意乱排的方案数。

D

首先对 \(A\) 所有数暴力分解质因数，然后把遇到过的质因数打上标记。

接下来再对 \(1 \sim m\) 暴力枚举然后分解质因数 \(\rm check\) 即可，复杂度 \(\mathcal{O}((n + m) \sqrt{W})\)。

E

看错题耽误了半小时。。。直接状压：令 \(f_{i, j, S}\) 表示当前考虑到第 \(i\) 位上一个选出来的比赛为 \(j\)，当前已经选出的比赛二进制压位后为 \(S\) 的方案数。

转移显然，复杂度 \(\mathcal{O}(10n2 ^ {10})\)。

F

二分答案，问题转变为是否存在一对点对 \(x, y\) 坐标之差均 \(\ge mid\)。

首先将所有点按照 \(x\) 坐标排序，考虑 \((i, j)(i < j)\) 这个点对是否合法在 \(j\) 处统计。

那么对于 \(j\) 可行的 \(i\) 是一段前缀，我们维护这段前缀 \(y\) 的最大最小值即可判断。

注意到随 \(j\) 递增可行的前缀不减，于是可以双指针扫过来，复杂度 \(\mathcal{O}(n (\log W + \log n))\)。

G

根据期望的线性性，我们考虑每种颜色对答案的贡献。

可以发现贡献只与颜色出现次数有关，注意到本质不同的出现次数只有 \(\sqrt{n}\) 个，于是我们把出现次数相同的颜色一起计算贡献，复杂度 \(\mathcal{O}(n \sqrt{n})\)。

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貌似题解还有 \(\mathcal{O}(n \mathrm{Poly}(\log n))\) 的做法，不会 \(\rm PGF\) 先鸽。。。

H

首先考虑什么情况是合法的。

容易扩展 \(\rm Hall\) 定律得到局面合法当且仅当：\(\forall S \in V_b, \sum\limits_{i \in S} b_i \le |\bigcup\limits_{i \in S, c_{j, i} = 1} a_j|\)（写的不是很严谨，右侧是所对应集合 \(a\) 的和）。

由于 \(m\) 很大 \(n\) 很小，因此我们考虑枚举右边的集合 \(T\)，那么就要求出左边有那些集合 \(S\) 出边构成的并集恰为 \(T\)，设为 \(P_T\)，那么不难得到第一问答案为：

\[\min\limits_{T, p_T \ne \varnothing} \sum\limits_{i \in T} a_i - \left(\max\limits_{S \in P_T} \sum\limits_{j \in S} b_j\right) + 1
\]

不难观察得：取到最大值的集合 \(S \in P_T\) 一定是 \(P_T\) 内所有集合的并，因此就不需要枚举所有集合 \(S \in P_T\) 了，只需要求出所有 \(P_T\) 内集合的并 \(P_T'\) 即可，那么可将答案改写为：

\[\min\limits_{T, P'_T \ne \varnothing} \sum\limits_{i \in T} a_i - \sum\limits_{j \in P'_T} b_j + 1
\]

同时继续观察可以发现：我们可以放宽条件使得答案依然不变（令 \(s_j\) 为 \(j\) 这个公司可以接受的菜品压位构成的二进制数）：

\[\min\limits_{T, \exist i, s_i \subseteq T} \sum\limits_{i \in T} a_i - \sum\limits_{s_j \subseteq T} b_j + 1
\]

于是我们只需 \(\forall S, \mathrm{count} : f_S = \sum\limits_{i = 1} ^ m [s_i \subseteq S] b_i\) 即可计算得出第一问的答案。

那么我们直接令 \(g_{S} = \sum\limits_{i = 1} ^ m [s_i = S] b_i\)，这个可以 \(\mathcal{O}(m)\) 简单得到，然后做一边子集和（高维前缀和）即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n2 ^ n)\)。

接下来考虑第二问，根据第一问可以得知，问题显然可以转化为：

• 有 \(n\) 种物品，第 \(i\) 种物品有 \(a_i\) 个，所有物品之间（包括同种物品）有标号，接下来需要从中取出 \(m\) 个元素，接下来给出 \(k\) 个集合，要求选取出的所有元素至少完整地被一个集合包含，求方案数。

考虑容斥，计算得到不合法的方案数。

首先不难得到一个朴素的 \(\rm dp\) 方法，令 \(f_{i, j}\) 表示考虑完前 \(i\) 个集合，当前集合的交集为 \(j\) 的容斥系数之和。

转移显然，复杂度 \(\mathcal{O}(4 ^ n)\)，不能接受。

可以发现，问题在于如何快速地得到选出若干个集合并集恰好为 \(S\) 的容斥系数之和。

对此，我们考虑使用 另一个容斥来求出此容斥系数之和。

具体地，我们令 \(g_S\) 为钦定选出若干个集合并集至少为 \(S\) 的方案，那么有（令给出的集合为 \(T_{1, 2, \cdots k}\)）：

\[g_{S} = [\nexists i, S \subseteq T_i]
\]

为了求 \(g\)，我们考虑直接计算得到：

\[g'_S = \sum\limits_{i = 1} ^ k [S \in T_i]
\]

然后得到 \(g\) 的方法显然，对于此我们做一边超集和（高维后缀和），复杂度 \(\mathcal{O}(n2 ^ n)\)。

那么就满足二项式反演的集合形式，令 \(f\) 为恰好的方案，根据二项式反演易得：

\[f_S = \sum\limits_{S \subseteq T} (-1) ^ {|T| - |S|} g_T
\]

容易发现这是一个异或卷积的形式，直接做 \(\rm FWT\) 即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n2 ^ n)\)。

当然你也可以不写 \(\rm FWT\)，我们将 \((-1) ^ {|S|}\) 提出最后乘上去，那么后者也是一个超集和，可以直接计算。

那么最终第二问的答案为：

\[Ans2 = \dbinom{\sum\limits a_i}{ans1} - \sum\limits_S f_S \times \dbinom{\sum\limits_{i \in S} a_i}{ans1}
\]

总体复杂度 \(\mathcal{O}(nm + n2 ^ n)\)。