Luogu P9055 [集训队互测 2021] 数列重排 题解 [ 紫 ] [ 构造 ] [ 数学 ]

数列重排：差点就场切的神仙构造，最后一步想假了，导致我模拟赛荣获 25+5+0 的好成绩！

这题部分分很有启发性，跟着一步一步打基本能想到正解的构造，但也有可能想偏部分分的意思，想假策略。

构造

先看 Subtask 4 的构造，不难发现，当 \(k=0\) 时所有重排都能让所有区间的 \(mex\ge0\)，而当 \(k=1\) 时，\(01\) 交替放置，多出的那个放第一位，一定是最优的。

再看 Subtask 5 的构造，显然我们可以先让每个数里的 \(X\) 个先组成循环节，比如 \(012301230123\)。而对于多出 \(1\) 的那些，我们调整循环节内部的顺序，使得多出来接在后面的部分是循环节的一段前缀，比如多出了 \(1,3\)，则构造为 \(13201320132013\)。因为这样能保证每 \(m\) 个就一定可以形成一个 $mex\ge m $ 的区间。

最后看 Subtask 6 的构造，对于多出来没有用的数字，我们可以列出一个无比丑陋的二次函数式子，然后就能证明这些多出的数字分成两半，分别放在两边是最优的。就过了这个子任务。

然后我就以为正解就是在 Subtask 5 的基础上加上 Subtask 6 就做完了，荣获 25pts 的高分！

实际上 Subtask 6 的策略是片面的，当两边插的过多的时候，两边带来的贡献可能比插到中间的贡献少，这一点同样可以从 Subtask 4 的构造中得出。

那么我们先考虑插到中间，一个显然的结论是插到循环节中间不如插到两个循环节之间的部分，因此我们来计算插到两个循环节之间（设这个位置为 \(p\)，之前已经在这个位置插了 \(c\) 个，插之前序列的长度为 \(l\)）的贡献：

• 当一个区间的左右端点都不在 \(p\) 时，显然对区间的贡献没有影响。
• 当一个区间的左右端点至少有一个在 \(p\) 上时，这些区间一共有 \(l+1\) 个，减去其中不合法的，一共有 \(l+1-2\times(k-1)-c-1\) 个有贡献。其中 \(2\times(k-1)\) 减去的是那些不完整的循环节，\(c+1\) 是包括自身在内的插入了的位置。总共减去的贡献是 \(2\times(k-1)+c+1\)。

插到两边也是同理，贡献是 \(l+1-(k-1)-c-1\)，减去的总贡献是 \((k-1)+c+1\)。

那么显然先插两边是更优的，为了得到临界值，令中间插的 \(c=0\)，列出方程：

\[l+1-(k-1)-c-1< l+1-2\times (k-1)-0-1
\]

\[c < 2k-1
\]

因此，我们得出策略：先在两边插 \(2k-2\) 个，然后我们轮流进行中间插和两边插，这样一定能让贡献最大化。

实现

首先定义函数 \(cal(l,r)=\frac{(l+r)(r-l+1)}{2}\)，含义是计算 \(l\) 到 \(r\) 的等差数列的和。

设 \(pre\) 为小于 \(k\) 的数的个数，\(suf\) 为大于等于 \(k\) 的数的个数。

对于一个 \(f(k)\)，我们进行如下过程求解：

• 若 \(k=0\)，则 \(f(k)=cal(1,n)\)，直接结束程序。
• 先计算所有区间的个数 \(f(k)\gets cal(1,n)\)。
• 然后减去插入前就不合法的区间（也就是本来 \(mex<k\) 的区间），\(f(k)\gets f(k)-cal(pre-(k-1)+1,pre)\)。
• 然后先插 \(\min(2k-2 ,suf)\) 个在两边，注意两边要各一半，两边的个数记为 \(lx,rx\)，则 \(f(k)\gets f(k)-cal(k,k+lx-1)-cal(k,k+rx-1)\)。
• 最后将剩下的均匀插入中间和两边，假设中间的位置有 \(j-1\) 个（详见代码），则一共可插入的位置有 \(j+1\) 个。设 \(lst=suf-\min(2k-2 ,suf),z=\left \lfloor \frac{lst}{j+1}\right \rfloor ,y= lst \bmod (j+1)\)。\(z\) 的含义是完整插入的轮数，\(y\) 是最后一轮多插的个数。则 \(f(k)\gets f(k)-cal(2k-1,2k-1+k-1)\times(j+1)-y\times(2k-1+z)\)。

由此计算即可。

时间复杂度 \(O(m)\)。

注意不要爆空间。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
const ll mod=998244353;
int pw[10000005],m,l,r,x,f[10000005],suf[10000005],n,a[10000005],ans=0;
ll cal(ll l,ll r)
{
    return ((l+r)*(r-l+1)/2)%mod;
}
int main()
{
    //freopen("sample.in","r",stdin);
    //freopen("sample.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    pw[0]=1;
    for(int i=1;i<=10000000;i++)pw[i]=(233ll*pw[i-1])%mod;
    cin>>m>>l>>r>>x;
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        char c;
        cin>>c;
        suf[i]=a[i]=x+c-'0';
        n+=suf[i];
    }
    for(int i=m-1;i>=0;i--)
    {
        suf[i]+=suf[i+1];
    }
    f[0]=cal(1,n);
    for(int i=1,j=a[0];i<=m;i++)
    {
        //计算所有区间
        ll res=cal(1,n),sufsm=suf[i],presm=n-sufsm;
        //减去插入前不合法区间
        ll sm1=cal(presm-i+2,presm);
        res=((res-sm1)%mod+mod)%mod;
        //减去插入左右两端后不合法区间
        ll canp=min(2ll*(i-1),sufsm);
        ll lx=canp/2,rx=canp-lx;
        ll sm2=cal(i,i+lx-1);
        ll sm3=cal(i,i+rx-1);
        res=((res-sm2)%mod+mod)%mod;
        res=((res-sm3)%mod+mod)%mod;
        //减去中间和两端交替插入后不合法区间
        ll lst=sufsm-canp;
        ll z=lst/(j+1),y=lst%(j+1);
        ll sm4=1ll*cal(2*i-1,2*i-1+z-1)*(j+1);
        ll sm5=1ll*(2*i-1+z)*y;
        res=((res-sm4)%mod+mod)%mod;
        res=((res-sm5)%mod+mod)%mod;
        f[i]=res%mod;
        j=min(j,a[i]);
    }
    for(int i=l;i<=r;i++)ans^=((1ll*pw[i]*f[i])%mod);
    cout<<ans;
    return 0;
}