Codeforces Round Ayachi Nene Solutions (div. 2)

A. Nene's Game

Idea: [user: Otomachi_Una]

Solution

不难发现如果一个人初始位置 \(p\geq a_1\)，那么必然会在有限次回合当中被踢出。答案即为 \(\min(n,a_1-1)\)。

B. Nene and the Card Game

Idea: [user: Otomachi_Una]

Hint

两个人手上的对子和单牌数应该是相同的。

Solution

分析每种花色，有三种情况：

• 都在你手上，你必然获得这一分。
• 都在 Nene 手上，你必然得不到这一分。
• 一张在你手上，一张不在你手上，你也得不到这一分。

对于最后一点，Nene 可以这样子操作：

• 当你打出的牌是你对子中的一张时，Nene 也打出对子的一张。
• 当你打出对子中的另一张，Nene 也打出对子的另一张得分。
• 当你打出单牌，Nene 就打出另一张相同花色的牌。

这样子对于单牌你永远不可能得分。

所以答案就是你手上的对子树。

C. Nene's Magical Matrix

Idea: [user: Otomachi_Una]

Hint

当 \(n=3\) 的时候，最优解如下：

1 2 3
2 2 3
3 3 3

Solution

不难发现最大总和的情况如下：

1 2 3 ... n
2 2 3 ... n
3 3 3 ... n
..... ... n
n n n n n n

构造是依次给 \(i\) 行、列赋值 \(1,2,3,\dots,n\)（\(i=n,n-1,\dots,1\)）。

Proof

把 \(\geq x\) 的元素是作为 \(1\)，\(<x\) 的元素视作为 \(0\)，最后得到 \(1\) 的个数记为 \(f_M(x)\)。那么总和即为 \(f_M(1)+f_M(2)+\dots+f_M(n)\)。

下面证明：\(f_M(x)\leq n^2-(x-1)^2\)。

一次操作可以视作为：给一行或一列染 \(x-1\) 个 \(0\)，\(n-(x-1)\) 个黑。

尝试加强结论，说明：对于任意的 \(n\times m\) 的矩阵，每次操作可以对一行染 \(x\) 个 \(0\)，\(m-x\) 个 \(1\)；或者对一列染 \(y\) 个 \(0\)，\(n-y\) 个 \(1\)。想要填满这个矩阵至少需要 \(xy\) 个 \(0\)。我们使用归纳法证明。

如果 \(x=m\) 或者 \(n=y\) 那么结论显然成立。

否则，不妨设最后一次操作是对最后一行染色，那么对于列操作，每次至少会对前 \(n-1\) 行染 \(y-1\) 个 \(0\)。

采用归纳法，得知前 \(n-1\times m\) 的格子当中至少有 \((y-1)x\) 个 \(0\)。

加上最后一列 \(x\) 个 \(0\)，一共就是 \(xy\) 个 \(0\)。

QED。

D. Nene and the Mex Operator

Idea: [user: Otomachi_Una]

Hint 1

考虑 \(a_i=0\) 能得到的最大值。

Hint 2

钦定一些 \(a_i\) 不进行操作。操作过的 \(a_i\) 最终都不会太大。

Solution

考虑 \(a_i=0\) 时，我们总和可以达到 \(n^2\)，即 \(a_i=n\)。具体构造如下：

• 定义 \(solve(k)\) 为把 \(a_1\sim a_k\) 全部变为 \(k\) 的方案。
• \(solve(1)\) 可直接使用操作 \((1,1)\)。
• \(solve(k)\)（\(k\geq 2\)）可以先调用 \(solve(k-1)\)，再把前 \(k-2\) 个元素归零，然后再调用 \(solve(k-2)\)，再把前 \(k-3\) 个元素归零，如此直到调用 \(solve(1)\) 之后。当前的 \(a=[1,2,3,\dots,n-1,0]\)。操作 \((1,n)\) 即可。

可以证明，每时每刻数列 \(a\) 的 mex 不会超过 \(n\)。

本题中，我们考虑钦定一些 \(a_i\) 不进行操作，那么进行操作的 \(a_i\) 最大值不会超过所属进行操作的 \(i\) 的极长段的长度。我们只需要判断哪种方案得到的值最大（这里可以使用 dfs 或者 dp），然后对每一段如果需要操作，先把要操作的元素全部清 \(0\)，再如同上面那样 solve 即可。

操作数不会超过 \(\mathcal O(2^n)\)。

E. Nene and the Passing Game

idea: [user: Otomachi_Una]

Hint

两个人 \(i<j\) 能够传球，可以视作为：\([i+l_i,i+r_i]∩[j-r_j,j-l_j]\neq \empty\)。

Solution

根据 Hint，我们可以向数轴上每个整点视作一个额外点。每个人 \(i\)，向额外点区间 \([i-r_i,i-l_i],[i+l_i,i+r_i]\) 连边（这里复杂度是 \(\mathcal O(n\alpha(n))\) 的）。最终的答案就是每个人所属本质不同连通块数。

但是有个小问题，按这样子计算如果两个人 \(i<j\)，\([i-l_i,i-r_i]∩[j-r_j,j-l_j]\neq \empty\) 也被记入了，不能完成。

为了解绝这个问题，我们可以只保留数轴上同时被某两个 \([i-r_i,i-l_i],[j+l_j,j+r_j]\) 覆盖的点即可，这里使用前缀和找这些点复杂度是 \(\mathcal O(n)\) 的。

F. Nene vs. Monsters

idea: [user: Otomachi_Una]

Hint 1

如果连续三个怪物的能量形如：\(0,x,y\)（\(x,y>0\)），那么血量为 \(y\) 的怪物一定会死亡（因为会不断收到 \(x\) 攻击）。

Hint 2

如果五个连续的怪物能量形如：\(0,x,y,z,0\)（\(x,y,z>0\)），那么 \(x\) 必然存活，\(y\) 必然死亡，如何判断 \(z\) 的最终状态呢？

Hint 3

如果有一个四连段 \(x,y,z,w\)（\(x,y,z,w>0\)），那么经过宁宁几次魔法之后必然会有一个怪物死亡呢？

Solution

注意 Hint 3，假设经过了 \(t\) 次魔法都不会有人死亡，那么分析 \(w\) 的血量下限。

首先 \(x\) 每次打出的伤害至少为 \(1\)，那么 \(y\) 至少受到 \(t\) 的伤害。\(z\) 至少收到 \(t-1+t-2+\dots=\mathcal O(t^2)\) 伤害，即初始血量至少为 \(\mathcal O(t^2)\) 的。同样的 \(w\) 初始血量至少为 \(\mathcal O(t^2+(t-1)^2+\dots+1^2)=\mathcal O(t^3)\)。

假设 \(V=10^9\)，那么也就说明当 \(t\sim\mathcal O(\sqrt[3]V)\) 的时候必然有一个怪物死亡。

我们可以先跑 \(\mathcal O(\sqrt[3]V)\) 轮，这时候场上就不会有连续的四个活着的怪物了。我们可以对每一个段分析。这个段只有 \(1\sim 3\) 个怪物 \(x,y,z\)（\(x>0,y,z\geq 0\)）：第一个怪物必然存活，第二个必然死亡；第二个怪物发出的攻击力为 \((y-x)+(y-2x)+\dots+(y\bmod x)\)。这部分可以用等差数列求和来解绝。

通过算出第二个怪物造成的伤害，第三个怪物的存活情况便知道了。

时间复杂度：\(\mathcal O(n\sqrt[3]V)\)。