Codeforces Round #700 (Div.1)

上红成功。

A.Searching Local Minimum

题意：交互题，事先确定一个长度为(n)的排列，可以询问不超过(100)次某位置的值，最终给出一个位置，满足两边相邻的元素值（如果存在）都大于这一位置的元素。
(nleq 10^5)

题解：小范围暴力。否则考虑询问(1,2,n-1,n)的位置，判断(1)和(n)位置是否满足条件。

如果都不满足条件，可以证明可以从中选出三个数(x,y,z)满足(x<y<z)且(a_x>a_y,a_z>a_y)。考虑不断缩小三元组的值的距离。迭代，取(y-x)和(z-y)中较大者，假设为(y-x)，那么询问(t=lfloorfrac{x+y}{2} floor)处的值，比较其和(a_y)的大小，(a_t<a_y)则((x,y,z) o (x,t,y))，否则((x,y,z) o (t,y,z))，可以证明这样迭代会以(O(log n))的复杂度得到符合条件的一个位置。

B1/B2.Painting the Array

题意：将长度为(n)的数组划分为两个数组，满足归并后为原数组，且两数组不同颜色连续段个数之和最大/最小。
(1leq nleq 10^5)

题解：其实有一个统一的做法：暴力dp，设考虑前(i)个位置，两段末尾的颜色分别为(a)和(b)的答案的最大/最小值为(f_{i,a,b})。由于第(i)个元素一定在某一个数组的末尾，因此其实颜色(a)是确定的，可以用一棵线段树维护以(b)为下标的(f_i)数组，转移到(i+1)，分为加入(a)之后和加入(b)之后讨论：如果加入(a)之后，(b)下标不变，若(i)与(i+1)颜色不同，数组全体增加(1)；如果加入(b)之后，一定更新下标为(i)的颜色的位置，讨论之前的(b)的颜色和(i+1)是否相同，分区间查询线段树的最值即可更新答案。总复杂度(O(nlog n))。

C.Continuous City

题意：构造一张不超过(32)个点的正边权简单DAG，满足(1)到(n)长度为(x)的路径恰好有一条，(x=L,L+1,dots,R)。

(L,Rleq 10^6)

题解：考虑递归，(L=R)直接连边，否则令(mid=lfloorfrac{L+R+1}{2} floor-1)，先构造关于([L,mid])的图，设终点为(t)，新建一个复制点(t')，将(t)的入边复制一遍，再由(t')向(t)连一条长度为(mid+1-L)的边，此时，点(t)已经对区间([L,R-((R-L+1)mod 2)])满足题目条件，若(R-L+1)是奇数，则额外新建一个工具点(t'')，构造一条(1 o t'' o t)的长度为(R)的路径即可。可以证明点数是(O(log R))的。

D.Odd Mineral Resource

考场上最后一分钟交题被卡常了...不爽

题意：一棵大小为(n)的带点权的树，(q)次询问，每次问(u)到(v)的路径上，是否存在([l,r])中的权值，在路径上出现奇数次，如果有输出任意一个。

(n,qleq 3*10^5)

题解：
考虑判断一个询问是否存在([l,r])之间的答案：对([l,r])中的每个数随机分配一个权值，计算(u)到(v)的路径点权值异或和是否为(0)即可。
因此类似于整体二分，先将(q)个询问用线段树规则拆分成(O(log n))个询问插入二分过程中。现在询问的答案在([l,r])之间，队列中有权值为([l,r])的点和待回答的答案在这个区间内的询问。由于有中途插入的询问，先判断一遍是否在([l,r])有解。接下来取(mid=lfloorfrac{l+r}{2} floor)，判断每个有解询问是否在([l,mid])中仍然有解，如有分在左半部分，否则在右半部分，点则按照权值分在两部分，递归进行即可。

分析复杂度，假设某一过程有(k)个操作，利用树状数组+lca统计路径异或和，复杂度为(O(klog n))，每个点操作会被执行(O(log n))次，每个询问会先被拆分为(O(log n))个，拆分后每个询问又最多递归(O(log n))次。但这里有一个优化：初步拆分的(O(log n))个询问，可以先判断一遍是否有解，选取一个有解的继续递归(O(log n))次寻找答案即可。于是总复杂度是(O(nlog ^2n))。

E.School Clubs

题意：有(n)个人，每个人恰好属于(m)个俱乐部中的一个，每轮随机选一个人，(frac{1}{2})的概率令其单独成立一个新俱乐部（只有一个人），(frac{1}{2})的概率从已有俱乐部中随机选一个加入，对于此人离开前人数为(a)的俱乐部，其被选择的概率为(frac{a}{n})。求所有人都在一个俱乐部内的期望时间。

题解：这是一个期望停时问题，可以通过建立一个势函数来解决。解决方法见出题人的blog。
假设现在的俱乐部人数可以用一个可重集(A)表示，根据信仰，我们认为存在一个合法的势函数可以写成如下形式：

[phi(A)=sum_{ain A}f(a) ]

那么由停时定理，问题转化为求(sum_if(a_i)-f(n))，其中(a_i)表示初始时刻第(i)个俱乐部的人数。现在关注如何求解(f)。

首先，由于添加若干个人数为(0)的俱乐部没有影响，一定有(f(0)=0)。

那么为了满足(mathbb{E}[ phi(A_{t+1})-phi(A_t) mid A_t, A_{t-1}, dots, A_1, A_0 ]=mathbb{E}[ phi(A_{t+1})-phi(A_t) mid A_t]=-1)，根据题目的转移规律有：

[mathbb{E}[ phi(A_{t+1})-phi(A_t) mid A_t] ]

[=sum_{ain A}frac{a}{n}Bigg(frac{1}{2}Big(phi(A_k)-f(a)+f(a-1)+f(1)Big)+frac{a}{2n}phi(A_k)+frac{1}{2}sum_{bin A,b otequiv a}frac{b}{n}Big(phi(A_k)-f(a)+f(a-1)-f(b)+f(b+1)Big)Bigg)-phi(A_t) ]

[=frac{1}{2}Bigg(f(1)+sum_{ain A}frac{a}{n}igg(Big(2-frac{a}{n}Big)Big(f(a-1)-f(a)Big)+Big(1-frac{a}{n}Big)Big(f(a+1)-f(a)Big)igg)Bigg) ]

[=-1 ]

由(A)的任意性，可得(frac{1}{2}f(1)=-1)，于是(f(1)=-2)
，于是：

[Big(2-frac{a}{n}Big)Big(f(a-1)-f(a)Big)+Big(1-frac{a}{n}Big)Big(f(a+1)-f(a)Big)=0 ]

令(g(a)=Delta f(a)=f(a+1)-f(a))，转化得：

[frac{g(a)}{g(a-1)}=frac{2n-a}{n-a} ]

[g(a)=g(0)prod_{i=1}^afrac{g(i)}{g(i-1)}=-2prod_{i=1}^afrac{2n-i}{n-i} ]

可以验证：

[f(a)=f(0)+sum_{i=0}^{a-1}g(i)=-2sum_{i=0}^{a-1}prod_{j=1}^ifrac{2n-j}{n-j}=-2frac{n}{n-1}Big(prod_{i=1}^afrac{2n-i}{n+1-i}-1Big) ]

于是：

[f(a)=-2frac{n}{n-1}Big(prod_{i=1}^afrac{2n-i}{n+1-i}-1Big) ag{1} ]

[=-2frac{n}{n-1}Big(frac{(2n-1)!(n-a)!}{(2n-a-1)!n!}-1Big) ag{2} ]

接下来的处理和鬼牌类似，设阈值(T)，对于(a_1,a_2,dots,a_m)，分为(leq T)和(>T)两部分。(leq T)的部分，由((1))式通过(O(T+mlog m{MOD}))的复杂度递推求解；(>T)的部分不超过(frac{n}{T})个，利用((2))式配合分段打表求阶乘解决，假设打表间隔为(T')，这一部分的复杂度就是(O(frac{n}{T}T'))。

综上所述，解决问题的时间复杂度为(O(T+frac{n}{T}T'+mlog m{MOD}))，考虑到打表，空间复杂度为(O(m+frac{n}{T'}))。可以取(T=10^7,T'=2*10^5)（CF的代码长度限制为65535B）。