ARC 058
E - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku
题意
有一个长为 (n) 的序列 (a_0,a_1,cdots, a_{n - 1}) ，给你三个参数 (X,Y,Z) 。
定义一个好的序列满足 存在 (0le x < y < z < w le n) 使得
问满足条件的序列有多少个。（对于 (10^9 + 7) 取模）
(3 le n le 40, 1 le X,Z le 5, 1 le Y le 7) 且 (1 le a_i le 10, a_i in mathbb{N^{+}}) 。
题解
一道很妙的题qwq
一开始觉得是个思博题，然后发现怎么正向计数都会算重。
后来去看了下题解，原来可以转化成 (10^n -) 不合法的序列数，这样就不会记重了。
但这样转化后如何记呢？数据范围十分地小，可以状压 (dp) 。
具体来说就是把一个 (a_i) 拆成一个 (1) 和 (a_i - 1) 个 (0) 。
比如 (5) 会被拆成 (underline{10000}) 。
然后我们就可以把之前填的数顺次拼起来了。
这样有什么好处呢？不难发现如果一段连续的和为 (S) ，那么 (S) 转化后的集合 会是 连续一段转化后拼起来构成的集合的 子集 。
比如 (2 + 4 = 6) ，就有 (underline {100000} in underline{10} + underline{1000} = underline{101000}) 。
那么我们只要对于每个位置状压前 (X + Y + Z = 17) 位就行了，一开始 (X,Y,Z) 压成的状态顺次拼到一起的状态，就是所有不可行的状态的自己。
枚举当前填到哪一位，以及状态，再枚举这位填什么就行了，复杂度就是 (O(10n2^{X+Y+Z})) 的。
技巧
要求连续和很小的时候也可以巧妙状压，注意看数据范围。
代码
戳这个 链接 ，好写的很。
ARC 059
F - バイナリハック / Unhappy Hacking
题意
一开始会有个空串 (S) ，有三个操作。
- 在 (S) 后面填个 (0) ；
- 在 (S) 后面填个 (1) ；
- 删去 (S) 的最后一个字符，如果 (S) 为空，那么不会改变。
然后你会进行 (n) 次操作，给你最后的串 (S) ，问有多少种不同的操作序列满足条件。（对于 (10^9 + 7) 取模）
(n le 5000, 1 le |S| le n)
题解
一开始随便想了个 (O(n^3)) 的暴力，就是令 dp[i][j][k] 为当前进行了 (i) 次操作，串长为 (j) ，第一个失配的地方在 (k) 的操作方案数，对于当前进行什么操作分开考虑就行了。
其实正解很思博，我们之前那个 dp 第三维是没有必要的，因为我们发现串的形态是不会影响答案的，所以就令 dp[i][j] 为进行了 (i) 次操作，串长为 (j) 的方案数。
最后答案就是 (displaystyle frac{dp[n][len]}{2^{len}}) ，因为最后每个串对应的方案数都是一样的，总共有 (2^{len}) 个串，这样就是 (O(n ^ 2)) 的了。
其实可以继续优化，怎么考虑计数呢，因为最后的串长要恰好为 (len) ，我们可以转化成至多为 (len) 的答案减去至多为 (len - 1) 的答案。
我们假设 (f(x)) 为串长至多为 (x) 的答案，那么表达出来就是：
也就是我们考虑在 (n) 个操作中有 (i) 个操作为在后面添加字符，剩余 (n - i) 个操作为退格操作。
-
([i - (n - i) le x]) 意味着所有退格和添加字符操作 全部抵消 后串长不超过 (x) ，这是必要的条件。
-
(displaystyle {n choose i}) 是所有可能添加和退格操作的排列，(-displaystyle {n choose i - (x + 1)}) 是所有最后串长会超过 (x) 的情况。
为什么会出现超过 (x) 的情况呢？因为会有好一些退格操作都不会产生作用，不会产生作用的如果有 (i - (x + 1)) 及以上个，那么就是不行的。
不难发现，把其中不会消除的 (i - (x + 1)) 退格操作放在排列在 (n) 个总操作之中的任意一个地方，对应仅对应且仅对应一组不合法的解。
-
最后发现每个添加数字的操作会对应两个操作，所以还要乘上 (2^i) 。
预处理了阶乘和阶乘逆元后就可以做到 (O(n)) 的复杂度啦。
技巧
对于求最后要求形态唯一的题，可以考虑有多少个形态的方案数是和它一模一样的，最后除去那么多就行了，通常可以降低一维的复杂度。
代码
(O(n^3):) 代码戳这里。
(O(n^2):) 代码戳这里。
(O(n):) 代码戳这里。
ARC 060
D - 桁和 / Digit Sum
题意
给你两个数 (n, s) ，找出一个最小的数 (b) 使得 (n) 在 (b) 进制下的数位和为 (s) 。
(n,s le {10}^{11})
题解
对于 (< sqrt n) 的 (b) 我们可以暴力枚举，然后逐位拆解求和，复杂度是 (O(sqrt n log n)) 的。
对于 ([lceil sqrt n ceil, n]) 的 (b) ，那么 (n) 在 (b) 进制下只有两位，其实就是解一个如下的方程：
不难发现 (displaystyle lfloor frac{n}{b} floor) 只有 (sqrt n) 种取值，我们直接整除分块，然后解方程即可。
然后对于 (n = s) 的点需要特判，(b) 此时为 (n + 1) 。
所以最后复杂度是 (O(sqrt n log n)) 的。
技巧
对于进制下的题，要么数位 (dp) ，要么考虑分情况讨论。
(ge lceil sqrt n ceil) 的进制只会有两位，(< lceil sqrt n ceil) 的进制位也只有 (log n) 层。
代码
戳这里。
F - 最良表現 / Best Representation
题意
定义一个内部不包含循环子串 (S) 至少出现两次的串为好串，比如 (underline{a}) 为好串，(underline{abab}) 不为好串，(underline{cdcdc}) 为好串。
给你一个字符串 (w) ，现在要把它划分成很多段好串，其中段数要尽量少。然后问段数尽量上的前提下，问有多少种划分方式。（对于 (10^9 + 7) 取模）
题解
假设最好最优的段数为 (l) 。
判断一个串是否为好串可以先用 (kmp) ，求出每个前缀的 (fail) （也就是这个前缀的最长公共前后缀 ((border)) ）
然后就可以用一个常用性质了：
最小循环串（不一定会出现完毕）的长度等于 (len - border) ，具体证明可以参考 这里 。
然后它为好串，当且仅当 (fail_i) 为 (0) 或者 (i mod (fail_i - i) ot = 0) 。前者因为最小循环串是自己本身，后者因为不能完全填满。
首先可以特殊考虑两种情况:
- (l = |w|:) 此时所有字母都是一样的，可以在最后判断。
- (l = 1:) 此时整个串可行，可以直接判掉。
剩下的情况其实答案都为 (l = 2) ，为什么呢？
因为你可以考虑把 (1 sim |w| - 1) 分到一组，最后一个字母单独分成一组。
如果这样不可行的话，只有两种情况：
- 全部字母相等，前面会特判掉。
- (1 sim |S| - 1) 存在一个最小循环串 (|S|) 至少出现两次，和最后一个拼起来后一定使得整个串不存在一个可行的最小循环串。
然后剩下计算方案数，只需要枚举断点，然后判断前后缀是否为好串即可。（ (kmp) 预处理两次就行了）
技巧
牢记 (border(fail)) 与 最小循环串 互相转化的性质。
代码
戳 这里 。
ARC 063
E - 木と整数 / Integers on a Tree
题意
给你一颗有 (n) 个点的树，一开始有 (k) 个点有权值。问是否能让其他的点也赋上权值，使得相邻两个节点的权值差的绝对值为 (1) 。
如果可以，请给出一组构造方案满足条件。
(1 le k le n le 10^5)
题解
首先分层考虑奇偶性是否存在解。
然后你对于每个点维护它可取的权值范围 ([l_i, r_i]) 。
然后每次需要从儿子转移上来：
边界就是，这个点无权值就是 ([- infty, infty]) ，有权值就是 ([val_u, val_u]) 。
如果 (l_u > r_u) 无解。
然后只需要从上往下随意构造一组方案即可 。
技巧
树上构造关于权值构造可以考虑奇偶性。关于差值，可以考虑每个点的取值范围然后向上转移即可。
代码
戳 这里 。
ARC 065
E - へんなコンパス / Manhattan Compass
题意
平面上有 (n) 个点，其中选出两个点 (a, b) ，令他们之间的曼哈顿距离为 (D) 。
两个点联通当且仅当这两个点之间的曼哈顿距离也为 (D) ，最后询问 (a) 所在联通块的每个点的度数之和。
(1 le n le 10^5)
题解
一道挺不错的套路题。
看到曼哈顿距离不难想到可以与切比雪夫距离进行转换。
切比雪夫距离：
平面上两点 ((x_1, y_1), (x_2, y_2)) 之间的距离为 (max(|x_1 - x_2|, |y_1 - y_2|)) 。
如何转换呢？考虑把原来坐标系旋转 (45^{circ}) 。原来的坐标 ((x, y)) 就变成了 ((x + y, x - y)) 。
然后原图上两点的曼哈顿距离就变成切比雪夫距离了。
来理性地证明一波：
假设原来两点为 ((x_1, y_1), (x_2, y_2)) 变化后就是 ((x_1 + y_1, x_1 - y_1), (x_2 + y_2, x_2 - y_2)) 。
[egin{align} d_{mathcal{Chebyshev}} &= max{{|(x_1+y_1) - (x_2 + y_2)|, |(x_1 - y_1) - (x_2 - y_2)|}}\ &=max{{|(x_1-x_2) + (y_1 - y_2)|, |(x_1 - x_2) - (y_1 - y_2)|}}\ &=max{{|(x_1-x_2) pm (y_1 - y_2)|}}\ &=|x_1 - x_2| + |y_1- y_2| end{align} ]注意最后一步可以自己讨论两边的正负来证明。
然后转了后，我们就可以转化成对于两个点其中一维的差值刚好为 (D) ，另外一维 (le D) 。
为了方便讨论，我们先假设 (x) 差值为 (D) ，另外的一维也是一样讨论。
我们固定一维 (x) ，那么另外一维 (y) 就处于一个范围内，我们就可以快速处理出一个点的度数为多少了。
具体实现就是按 (x) 排序， (x) 相同按 (y) 排序，然后用两个指针 (l, r) 维护当前的区间 ([l, r]) 就行了。（因为区间是单调的）
但是连边肯定不能暴力连，但我们发现是处于一段连续区间内，是否可以线段树优化建边呢？是可以的，但完全没有必要。
因为最后我们只需要求联通块，只需要保证连通性不会变，那么每次连边的时候我们发现相邻的不需要重复连边没有意义，我们每次记个 (pos) 表示当前连边的区间扫到哪了就行了，然后这个点连向最后一个就行了。
这样的话最后的边数是 (O(n)) 的了，最后总复杂度是 (O(n log n)) 的，瓶颈在排序上。
技巧
曼哈顿距离常常能和切比雪夫距离转化，然后常常定下一维另外一个就是个区间范围，这样就好处理很多了。
然后区间连通性连边可以用操作把边数降到 (O(n)) 。
代码
戳 这里，挺短的。