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海亮1月25日

题单

本人很菜，复盘如果出锅还请轻喷（

QOJ7894

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题意

给定一个只由圆括号和方括号（即字符集为 \(()[]\)）的字符串，你现在可以任意地把若干个左括号变成右括号、把若干个右括号变成左括号，但保持括号的种类（圆或方）不变。求是否唯一存在一个变括号的方案，使得括号序列合法。
合法的括号序列由如下过程递归定义：

• \(\empty\)是合法的。
• \(S\) 是合法的，则 \((S)\) 和 \([S]\) 是合法的。
• \(S,T\) 是合法的，则 \(S,T\) 是合法的。

多组测试，字符串长度之和不超过 \(10^6\) 。对于每组测试保证至少存在一种变括号的方案使得括号序列合法。

题解

发现一个事情：所有的 \(()\) 可以看作相同的（\([]\) 同理）

然后先扫一遍整个序列，如果栈顶两个种类相同就分别赋值成左右括号，否则就先入栈。

然后发现一个性质：如果存在合法序列 \(A,B,C\)，那么 \((A(B)C)\)，\((A)B(C)\) 一定不唯一（\([A[B]C]\) 和 \([A]B[C]\) 同理），证明显然。

然后发现合法的序列一定形如 \([A](B)\)（\((),[]\) 可以 \(swap\)），其中 \(A,B\) 是合法序列且一定是形如 \([([\dots])]\) 的形式。

然后判定一下就好了。

CF402E

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题意

给出一个矩阵 \(A\)，问是否存在一个正整数 \(k\) 使得 \(A^k\) 的所有元素都是正数。

\(2\leq n\leq2000,0\leq a_{i,j}\leq 50,\sum_{i=1}^na_{i,i}>0\)

题解

我们看一下矩阵乘法的式子：

\[C_{i,j}=\sum_{k=1}^n(A_{i,k}\times B_{k,j}) \]

然后我们发现，数字的大小没有意义，只需要知道每个数字是不是大于零即可。

然后转化一下式子：

\[C_{i,j}= \begin{cases} 1&\exist k\in[1,n],A_{i,k}=1 \And B_{k,j} = 1\\ 0&\not\exist k\in[1,n],A_{i,k}=1 \And B_{k,j} = 1\\ \end{cases} \]

看看这个式子是什么？\(Floyd\) 的式子！

我们发现，这个 \(A^k\) 其实就是恰好经过 \(k\) 条边，能否从 \(i\to j\)。

然后我们发现，\(k\) 是没有限制的，换句话说，这道题问的是，经过任意多条边之后，这张图是不是一张竞赛图。

然后就没了，拿 \(Floyd\) 跑一下就没了，记得 \(bitset\) 优化。

AGC017D

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题意

有一棵 \(N\) 个节点的树，节点标号为 \(1,2,⋯,N\)，边用 \((x_i,y_i)\)表示。 Alice 和 Bob 在这棵树上玩一个游戏，Alice先手，两人轮流操作：

选择一条树上存在的边，把它断开使树变成两个连通块。然后把不包含 \(1\) 号点的联通块删除

当一个玩家不能操作时输，你需要算出：假如两人都按最优策略操作，谁将获胜。

\(N \leq 2\times 10^5\)

保证给出的是一棵树。

题解

设 \(sg_u\) 表示子树 \(u\) 的 \(SG\) 函数值。

但是怎么转移啊？不会啊？

先考虑一种比较简单的情况，就是 \(u\) 的儿子的子树都是链。

那么显然可以将儿子的子树看作石子堆，然后发现 \(sg_u=\oplus_{u\to v}(sg_v + 1)\)。

但是这个结论能不能推到不是链的情况呢？

显然是可以的。你尝试将 \(u\) 给每个儿子复制一个出来，每个复制的 \(u\) 都只连接一个相对应的儿子。

现在已经分成若干个子游戏了，但是怎么证明每个子游戏的 \(sg=sg_v+1\) 呢？

如果直接断开 \(u\) 连向子节点的边，那么显然下一状态的 \(sg=0\)。

否则，通过数学归纳法，我们发现这个状态一定能够走遍儿子状态+1的状态。

然后就没了，代码是很简单的。

PTZ winter 2020 Day2 G

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题意

给你 \(n\) 个 \(01\) 串 \(s_1,s_2,\dots,s_n\)，问你是否存在两个下标序列 \(p_1,p_2,\dots,p_x\) 和 \(q_1,q_2,\dots,q_y\)，使得 \(S=s_{p_1}+s_{p_2}+\dots+s_{p_x}=s_{q_1}+s_{q_2}+\dots+s_{q_y}\)（\(A+B\) 表示将 \(01\) 串 \(A\) 和 \(B\) 拼接）

如果有解，需要你保证 \(|S|\) 尽可能小，输出这个最小值。无解输出 \(0\)。

题解

设 \(w=\max_{i=1}^n|s_i|\)

我们设 \(dis_{i,j}\) 表示现在两个串中，长度较长的那个结尾是字符串 \(i\)，且超出另一个字符串长度 \(j\)，当前长度较长的字符串的长度最小是 \(dis_{i,j}\)。

那么这个就是一个最短路了。

然后最多有 \(O(n\times w)\) 中状态，每种状态最多可以转移到 \(O(n)\) 中状态。

那么最终的时间复杂度就是 \(O(n^2w)\)，能过。

CF1667E

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题意

对于所有点数为 \(n\) 的树，如果其满足 对于所有 \(i\in [2,n]\)，与 \(i\) 相连的 \(j\) 中有且只有一个点 \(j\) 满足 \(j<i\) ，那么我们称其为好树。

对于 \(1\sim n\) 每个点求出来有多少好树满足重心为 \(i\)。

这里重心定义为删去这个点后形成的所有连通块大小均不超过 \(\frac{n-1}2\)。

数据范围 \(3\le n\le 2\times 10^5\) 且 \(n\) 为奇数（所以不存在树有多个重心的情况）。

题解

首先让 \(1\) 为根，那么希望树是好树就必须使得每个点的父亲编号小于自己的。

然后问题转化为，求使得 \(i\) 子树的大小 \(\ge m=\frac{n+1}{2}\) 且其他任意点的子树大小 \(<m\) 的方案数。

设 \(f_i\) 表示子树 \(i\) 的大小 \(\ge m\) 的方案数。

那么

\[f_i=\sum_{j=m}^{n-i+1}{n - i\choose j - 1}(n-j-1)!(j-1)!(i-1) \]

解释：

• \(j\) 表示子树 \(i\) 的大小是 \(j\) 的方案数。
• \(n - i\choose j - 1\) 表示在比自己大的 \(n-i\) 个点中选出 \(j-1\) 个点作为自己子树的点的方案数。
• \((n-j-1)!\) 表示对于剩下的 \((n-j)\) 个点，第 \(k\) 大的点有 \((n-j-k)\) 种父亲的选法，那么乘起来就是 \((n-j-1)!\)。
• \((j-1)!\) 表示给在子树中的 \(j\) 个点选择父亲，等同于上面这个。
• \((i-1)\) 表示需要给第 \(i\) 个点选择一个父亲，显然有 \(i-1\) 种选法。

刚刚的式子中，对于每一种方案都给每一个点确定了一个父亲，可以构造出一个确定的树。

但是这个式子显然没办法 \(O(1)\) 计算，需要再化简化简。

\[f_i=\sum_{j=m}^{n-i+1}{n - i\choose j - 1}(n-j-1)!(j-1)!(i-1)\\ =\sum_{j=m}^{n-i+1}\frac{(n-i)!(n-j-1)!(j-1)!(i-1)}{(j-1)!(n-j-i+1)!}\\ =(n-i)!(i-1)\sum_{j=m}^{n-i+1}\frac{(n-j-1)!}{(n-j-i+1)!}\\ =(n-i)!(i-1)!\sum_{j=m}^{n-i+1}{n-j-1\choose n-j-i+1}\\ =(n-i)!(i-1)!{n-m\choose n-i-m+1}\\ =\frac{(n-i)!(n-m)!}{(n-i-m+1)!}\\ \]

然后你发现可以用 \(O(1)\) 求出 \(f_i\) 了。

但是这玩应也不是我们想要的答案啊！

我们发现，只要子树 \(i\) 中没有重心，那么点 \(i\) 就一定是重心。

我们设点 \(i\) 是重心的方案数是 \(g_i\)。

然后我们发现，可以通过从 \(f_i\) 中减去 \(i<j\le n\) 且 \(i\) 是 \(j\) 的祖先中 \(j\) 是重心的方案数即可。

我们知道 \(i<j\le n\) 中 \(j\) 是重心的方案数，但是不知道其中 \(i\) 是 \(j\) 的祖先所占的比例。

但是我们可以知道（bushi）

我们发现，对于每一个 \(j\)，如果不断的跳到父亲（编号单调递减），那么第一次跳到 \([1,i]\) 的概率是相同的，也就是说，有 \(\frac{1}{i}\) 种方案使得 \(i\) 成为 \(j\) 的父亲，并且对于所有的 \(j\) 都是相同的。

那么最终的答案 \(g_i=f_i-\frac{\sum_{j=i+1}^ng_j}{i}\)。

AGC019F

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题意

有 \(N+M\) 个问题，其中有 \(N\) 个问题的答案是 YES，\(M\) 个问题的答案是 NO。当你回答一个问题之后，会知道这个问题的答案，求最优策略下期望对多少。

答案对 \(998244353\) 取模。

题解

设状态 \((i,j)\) 表示现在还剩 \(i\) 个 \(Yes\)，\(j\) 个 \(No\)。将每个状态放在坐标轴上。

我们发现，\(Yes\) 和 \(No\) 没有本质区别，那么不妨钦定 \(N\ge M\)

然后我们发现，你一定能够保底猜对 \(N\) 个，问题就在于，你在直线 \(y=x\) 上的时候对多少。

我们发现，如果将一种问题的正误画成折线，那么我们需要统计的是直线 \(y=x\) 被折线经过的次数，显然是 \(\sum_{i=1}^M{2\times i\choose i}{N - i + M - i\choose N - i}\)。

然后算期望的话，每一步对的概率都是 \(\frac{1}{2}\)，总的路径数是 \(N + M\choose N\)，然后再加上保底的 \(N\) 个，就没了。

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