Good Bye 2019 题解

Solutions

A

令 A 的牌的最大标号为 $x$，B 的牌的最大标号为 $y$。可以发现，A 获胜当且仅当 $x>y$，否则 B 胜利。

B

我们只需要判断所有相邻的数 $(a_i,a_{i+1})$ 是否满足 $|a_i-a_{i+1}|\ge 2$ 即可。

简要证明: 若 $\forall i\in [1,n)$ 总有 $|a_i-a_{i+1}|=1$，那么对于任意非空区间 $[l,r]$，令其最大值为 $a_x$，最小值为 $a_y$，则 $a_x-a_y\le |x-y|\le r-l<r-l+1$，即 $a_x-a_y$ 小于了区间长度 $r-l+1$。证毕。

C

令给定的序列的和为 $x$，异或和为 $y$；添加进来的若干个数的和为 $u$，异或和为 $v$，则 $x+u=2(y\oplus v)$，其中 $\oplus$ 代指异或。

现在关键在于，给定 $u,v$，构造出不超过三个数使和为 $u$，异或和为 $v$。从低位往高位考虑。对于每一个扫描到的位，我们需要保证 $u$ 和 $v$ 在二进制表示下该位的值相同，否则无法对于该位构造。具体来说，若当前这一位上 $u,v$ 分别为 $0,0$，则我们可以给三个数的该位填上 $(0,0,0)/(0,1,1)$；若分别为 $1,1$，则填上 $(0,0,1)/(1,1,1)$，至于填哪个与接下来的位上两个值是否相同有关。

这样我们就成功地构造出了一个三个数的解，但要求是 $u,v$ 同奇同偶（如果最低位不同那么构造个锤子）。于是分类讨论: 若 $x$ 为偶，则 $u$ 为偶且 $v=0$；$x$ 为奇则 $u$ 为奇，且 $v=1$。

本题被解决，单次 $O(1)$。

D

我们仅考虑前 $k+1$ 个数，并通过 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+1}{k}\right)=k+1$ 次查询，对于每一个由前 $k+1$ 个数组成的大小为 $k$ 的集合求出了其第 $m$ 小值。

不难发现，对于前 $k+1$ 个数的第 $m$ 小值，其出现了 $k+1-m$ 次；第 $m+1$ 小值出现了 $m$ 次。于是，答案即为较大数出现的次数。

时间复杂度 $O(k^2)$。

E

构造题真的做不出来，ducati 菜死了。

为方便叙述，下面令距离为两点的欧氏距离的平方。

考虑从奇偶性入手。令 c u , v = { i ∣ x i m o d    2 = u , y i m o d    2 = v } c_{u,v}=\{i|x_i \mod 2=u,y_i \mod 2=v\} cu,v​={ i∣xi​mod2=u,yi​mod2=v}。

• ①对于在某个 $c_{u,v}$ 内部的边，其距离为 $4$ 的倍数。
• ②对于跨越 $c_{0,0},c_{1,1}$ 或 $c_{1,0},c_{0,1}$ 的边，其距离除以 $4$ 余 $2$。
• ③对于跨越 $c_{0,0},c_{1,0}$ 或 $c_{0,0},c_{0,1}$ 或 $c_{0,1},c_{1,1}$ 或 $c_{1,0},c_{1,1}$ 的边，其距离除以 $4$ 余 $1$。

直观的，令 $A=c_{0,0}\cup c_{0,1},B=c_{1,0}\cup c_{1,1}$，那么跨越 $A,B$ 的边长为奇，否则为偶。

本题真的就这么被解决了吗？当然没有，这样虽然满足了 $\lceil$ 同长度的边同色 $\rfloor$，但可能并不满足 $\lceil$ $A,B$ 非空 $\rfloor$。

因此，我们需要考虑 $c_{1,0}=c_{1,1}=\varnothing$ 或 $c_{0,0}=c_{0,1}=\varnothing$ 的情况。若为前者，$A=c_{0,0},B=c_{0,1}$；若为后者，$A=c_{1,0},B=c_{1,1}$。不难发现，一个组内部的边长除以 $4$ 余 $0$，跨组的边长除以 $4$ 余 $2$。

本题真的就这么被解决了吗？当然没有，这样虽然满足了 $\lceil$ 同长度的边同色 $\rfloor$，但可能并不满足 $\lceil$ $A,B$ 非空 $\rfloor$。

因此，我们还需要考虑所有 $x_i$ 在模 $2$ 意义下相等，且 $y_i$ 在模 $2$ 意义下依然相等的情况。考虑做一个等效变换: 将它们全部除以 $2$ 向下取整。然后递归处理即可。

可以证明，总有一个时刻，$c_{u,v}$ 中有不小于两个非空集合。

本题被解决，时间复杂度 $O(n\log m)$，其中 $m$ 为值域的上界。

F

令 $pr{e}_i={\sum }_{j=1}^i{a}_j$，则 $r-l+1$ 为 $[l,r]$ 的和的倍数，等价于存在某个 $k$ 使得 $r-l+1=k(pr{e}_r-pr{e}_{l-1})$。

考虑对 $k$ 进行根号分治。令分水岭为 $B$。

Part 1

当 $k\le B$ 时，合法的 $k$ 的数量并不多。这启发我们枚举 $k$，并求出此时的 $(l,r)$ 对数。

我们将式子拆开，使得左右两边分别仅仅与 $l,r$ 有关。

$$r+1-kpr{e}_r=l-kpr{e}_{l-1}$$

令 $f_r=r+1-kpr{e}_r$，$g_l=l-kpr{e}_{l-1}$，则贡献为 $f,g$ 中相等的位置对数。

该如何快速求出这样的对数呢？我们可以开一个大小为 $O(nB)$ 的数组作为桶，对于每一个 $f_i$ 将 $f_i+△$ 放到桶里面去，那么贡献就是所有 $g_i+△$ 的和。这里的 $△$ 是一个足够大的数，以保证下标非负。注意，要在处理完当前的 $k$ 时清桶。

复杂度 $O(nB)$。

Part 2

当 $k$ 较大的时候，区间和较小（不超过 $\lfloor \frac{n}{B}\rfloor$）。这启发我们将序列中的 $1$ 的位置从小到大排列（令得到的序列为 $c$，且 $c_0=0,c_{L+1}=n+1$，其中 $L$ 为原序列中 $1$ 的数量），并枚举长度不超过 $\lfloor \frac{n}{B}\rfloor$ 的区间 $c[l,r]$，累加区间的贡献。

$[l,r]$ 的贡献该如何计算呢？若令 $u$ 为 $c_l$ 往左扩展的距离，$r$ 为 $c_r$ 往右扩展的距离，那么贡献为满足 $u\in [0,c_l-c_{l-1}],v\in [0,c_{r+1}-c_r]$ 使得 $u+v+(c_r-c_l+1)$ 为 $r-l+1$ 的超过 $B$ 倍的 $(u,v)$ 对数，可以线性计算出。常数很大就是了

从而，区间一共 $\frac{n^2}{B}$ 个，于是这一部分的复杂度是 $O(\frac{n^2}{B})$。

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取 $B=\sqrt{n}$，总复杂度 $O(n\sqrt{n})$，本题被解决。

蒟蒻 ducati 一直都是在做对某个已给的值搞根号分治的题目，然而没有做过对倍数 $k$ 根号分治的题目，想不到枚举暴露了菜鸡的本质啊。

G

一道非常妙的题目，我当然做不出来。

首先，看到 $i-n\le a_i\le 1$，考虑将其移项变为 $1\le i-a_i\le n$。

考虑对于每一个 $i$ 向 $i-a_i$ 连边，得到了一个基环内向树。可以发现，其唯一的环上的点即为一个和为0的集合，因为环上节点编号减去所有 $a_i$ 的和依然等于环上节点编号之和，所以 $a_i$ 的和就是 $0$ 啦。

可以把内向树当成无向树来处理，并通过并查集加边将成环的时刻记录下来，最后在树上跳父亲得到环上的点。

H

$3300\times$ 的题目是真的无力回天啊。不过看了题解感觉这题并没有狂难，还是有必要补一下的。

首先，注意到，一个连通块必然是一个区间。

其次，连通块的数量减 $1$，就是满足 $[1,i](i,n]$ 之间两两无边的 $i$ 的数量。

接着，考虑令 x = max ⁡ j = i + 1 n { a j } x=\max_{j=i+1}^n \{a_j\} x=maxj=i+1n​{ aj​}，并将所有小于 $x$ 的 $a_j$ 改为 $0$，其他改为 $1$，那么序列必须形如 $11111\cdots 0000000$，$x$ 才能产生贡献。令这种形式的序列为优秀序列。那么，根据元素两两不同，$i$ 的数量，就是满足 $j$ 在序列中出现过且 $j$ 对应的 $01$ 序列优秀的 $j$ 的数量。

综上所述，我们对于每一个 $j$ 维护其 $01$ 序列中相邻的 $(1,0)$ 对数，以及 $x$ 是否出现过。这样，问题等价于区间修改，查询整体最小值出现次数，可以用线段树维护。注意边界 $a_0=\infty ,a_{n+1}=-\infty$。

总复杂度 $O(n\log n)$，本题被解决。

I

看到 $3500\times$ 就跑了，感觉完全不可做。