比赛链接：https://codeforces.com/contest/1965
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比较手速的一场，C 与 D 之间出现了较大的 gifficulty gap。
所幸 C 题猜得比较快（虽然证明其实比较难），最终 rank 190，performance 2525，成功压线拿下 Grandmaster。
cpchenpi，堂堂上红！
- 一直到自己的目标达成都没有在比赛中拿下过比较难的题，而是靠着手速带来的高表现分上段，说实话自己有点惭愧。
在题解开始前，最后打一个广告，上红名后我建了一个小群（QQ 902592509），欢迎加入讨论包括并不限于算法竞赛（不限于 Codeforces）、电子音乐、猫鼠手游甚至分享生活等一切话题！
CF1965A. Everything Nim
题意
有 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆有 \(a_i\) 颗。Alice 和 Bob 两人轮流，Alice 先手。每一轮玩家从所有非空堆中拿走相同数量的石子，不能行动的失败。若两位玩家均使用最优策略，求最终获胜者。
题解
若所有堆均为空，则无法行动，即为必败态。
若最小的一堆石子只有 \(1\) 颗，则只有一种行动方式，即从所有石子堆中同时取出一颗石子。
否则，考虑从所有石子堆中取出一颗石子的新状态为 \(S'\)。
-
若 \(S'\) 为必败态，则走到 \(S'\) 即可；当前状态 \(S\) 为必胜态。
-
否则，\(S'\) 的后继状态中必然存在必败态，记为 \(S''\)。我们发现 \(S'\) 的后继状态集合包含在 \(S\) 的后继状态集合中！这样，\(S\) 的后继集合中存在必败态，\(S\) 是必胜态。
故当前状态 \(S\) 必为必胜态。（这是 2023 年 ICPC 网络赛中用到的结论！）
那么只要在最小堆大小为 \(1\) 时模拟，直至走到确认必胜/必败态即可。可以使用差分快速实现。
代码实现
void solve() {
int n; cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
sort(a.begin(), a.end());
a.erase(unique(a.begin(), a.end()), a.end());
n = a.size();
int round = 0;
for (int i = n - 1; i > 0; i--) a[i] -= a[i - 1];
reverse(a.begin(), a.end());
while (a.size() && a.back() == 1) {
a.pop_back(), round ^= 1;
}
if (a.size() == 0) round ^= 1;
cout << (round ? "Bob" : "Alice") << '\n';
}
CF1965B. Missing Subsequence Sum
题意
给定正整数 \(n \le 10^6\) 和 \(k \le n\)。求一个长度 \(m \le 25\) 的数组 \(a_{1..m}\)，使得：
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\(\forall x \in [1, n]\)，若 \(x \ne k\)，存在和为 \(x\) 的 \(a\) 的子序列。
-
不存在和为 \(k\) 的 \(a\) 的子序列。
题解
这题有很多精妙的构造方法，这里给出我的思路：
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先构造数列使得 \(a\) 的子序列和恰好覆盖 \(1 \sim k - 1\)；可以使用二进制在内的很多方法，但请注意最后一步的边界。
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向 \(a\) 中加入 \(k + 1\)，此时 \(a\) 的子序列和覆盖 \(1 \sim k - 1\) 以及 \(k + 1 \sim 2k\)。
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又回到熟悉的二进制！向 \(a\) 中加入 \(2k, 4k, 8k, \cdots\) 直至 \(a\) 的长度到达 \(24\)。
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此时可以确认 \(a\) 的子序列和恰好覆盖了 \(n\) 以内所有模 \(2k\) 不与 \(k\) 同余的数！
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最后向 \(a\) 中添加 \(3k\)。容易验证我们得到了满足要求的数组。
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我们仍然不能表示出 \(k\)！
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但 \(\forall t \ge 1\)，我们可以表示出 \(t(2k) + k = 3k + (t-1) (2k)\)，也就是填上了之后所有空缺。
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-
代码实现
void solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> ans;
int t = 0;
while (t < k - 1) {
ans.push_back(min(t + 1, k - 1 - t));
t += ans.back();
}
ans.push_back(k + 1);
t = 2 * k;
while (ans.size() < 24) {
ans.push_back(t);
t *= 2;
}
ans.push_back(3 * k);
cout << ans.size() << '\n';
for (int x : ans) cout << x << ' ';
cout << '\n';
}
CF1965C. Folding Strip
题意
有一个长度为 \(n\) 的纸条，上面有 \(n\) 个 \(0/1\) 数字。可以在任意两数字之间对其任意翻折。
在满足“所有重叠数字相等”的前提下，翻折后最短长度为多少？
题解
一题比较讨厌的猜猜题。正确答案就是“能折则折”，即在所有相邻相同数字之间翻折。
-
首先，容易发现这样是可行的（如果你第一时间无法证明，可以从实现中看出证明），且最终的结果一定是 \(0/1\) 间隔串。
-
如何证明最优？若一个结果串中存在相邻相同字符，则我们可以再调用上面的贪心翻折算法，使其变得更短。
- 注意我其实略去了“翻折能够合并”的说明。从直觉上这是可行的，可以通过异或的方式将多层折叠展开。
可以使用双指针实现。不过稍微推一推结论，甚至有更简洁的实现方法。
代码实现
void solve() {
int n; cin >> n;
string s; cin >> s;
int now = 0, l = 0, r = 0;
int dir = 1;
for (int i = 0, j; i < n; i = j) {
for (j = i + 1; j < n && s[j] != s[j - 1]; j++);
now += (j - i) * dir;
l = min(l, now), r = max(r, now);
dir *= -1;
}
cout << r - l << '\n';
}
void solve() {
int n; cin >> n;
string s; cin >> s;
int now = 0, l = 0, r = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
now += (i & 1) ^ (s[i] - '0') ? 1 : -1;
l = min(l, now), r = max(r, now);
}
cout << r - l << '\n';
}