Atcoder AGC043B(123 Triangle)题解

专门为这题写个题解。

Description

给定一个仅包含$1,2,3$的序列，每次这个序列的长度减$1$，第$i$位上的数变为原来序列中第$i$位减去第$i+1$位的数的绝对值。

当这个序列的长度变成$1$时，唯一那个数的值。

Solution

首先，我们可以发现几个性质：

①经历了第一次变换后，$3$消失了，$0$可能会出现。
这个很容易证: $1,2,3$中任选两个可以相同的数相减的值的绝对值，一定不为$3$。

②答案为$0$或$1$或$2$。
证明方法与①同理。

③如果经历了一次变换后序列中存在$1$，则答案不能为$2$。
假设第$i$个位置为$1$，在第$i$个位置左边的数为$0$或$1$或$2$。经历了一次变换后，位置为$i-1$的这个数只能是$0$或$1$，因为$|2-1|=|0-1|=1,|1-1|=0$。扩展到整个序列的情况，$2$会因为$1$的存在慢慢消失。

于是，我们先对这个序列做一次变换，并开始大力分讨。

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假设当前序列中只有$0$和$1$。可以发现，最终答案只能是$0$或$1$。

由于$a=0/1,b=0/1$时有$a+b=|a-b|$，所以，我们每次的变换相当于"第$i$位上的数变为原来序列中第$i$位加上第$i+1$位的数"。

我们用字母写下这个序列：

a b c d e

经历许多次变换后，序列分别长这样：

a b c d e
a+b b+c c+d d+e
a+2b+c b+2c+d c+2d+e
a+3b+3c+d b+3c+3d+e
a+4b+6c+4d+e

观察一下第一列的数的各项系数，可以发现：这与杨辉三角形有关！

即，假设$01$序列为$a_1,a_2,a_3\dots \dots a_n$，那么答案就是$$(\sum _{i=1}^n{C}_{n-1}^{i-1}{a}_i)mod2$$

假设$k!$中质因数$2$的个数为$nu{m}_k$，那么$C_x^y$的质因数$2$的个数就是$nu{m}_x-nu{m}_y-nu{m}_{x-y}$。如果这个值为正，那么就是偶数；否则就是奇数。于是，$01$序列的情况就处理完了。

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注意到，这个序列中可能还含有$2$。我们继续大力分讨。

假设这个序列只有$0$和$2$，显然最终答案只能是$0$或$2$，不能是$1$。但是，我们仍然可以将这个序列转化为$01$序列的情况。即，我们将这个$02$序列中每个数都除以$2$，变成$01$序列；最终的答案为$01$序列的答案的两倍。

最后一种情况: 这个序列存在$0,1,2$。

可以发现，根据性质③中的"如果经历了一次变换，序列中存在$1$，则答案不能为$2$"，得到答案只能为$0$或$1$。于是，我们可以将$2$变成$0$，此时转化为$01$序列就直接用上述方法去算，最终答案显然不变。

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于是，这道神仙题就做完了。时间复杂度$O(n)$。

有必要总结一下。这题中，我们可以通过打表或思考来发现三个性质，然后将模型简化为$01$序列，再扩展为其他情况，最终通过找规律与组合数、数论巧妙地解决了本题。

作为一道$AGC$的$B$题，这是比较难的，但是毫无疑问，本题考查得十分综合，是一道不可多得的好题。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxl=1000005;

int n,ans=0;
int a[maxl],b[maxl],c[maxl],with_2[maxl];

int C(int x,int y)
{
    
    
	int now=with_2[x]-with_2[x-y]-with_2[y];
	if (now)  return 0;
	else return 1;
}

signed main()
{
    
    
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		char x;
		cin>>x;
		a[i]=x-'0';
	}
	if (n<=2)  return cout<<abs(a[1]-a[2])<<endl,0;
	for (int i=1;i<=n-1;i++)  b[i]=abs(a[i]-a[i+1]);
	
	int flag=1;
	for (int i=1;i<=n-1;i++)
	{
    
    
		if (b[i]==1)  flag=0;
	}
	if (flag==1)
	{
    
    
		for (int i=1;i<=n;i++)  b[i]/=2;
	}
	for (int i=1;i<=n-2;i++)  c[i]=abs(b[i]-b[i+1]);
	n-=2;
	
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
    
    
		with_2[i]=with_2[i-1];
		
		int saver=i,cnt=0;
		while (!(saver&1))  saver>>=1,cnt++;
		with_2[i]+=cnt;
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)  ans=(ans+C(n-1,i-1)*c[i])%2;
	if (flag==0)  cout<<ans<<endl;
	else if (flag==1)
	{
    
    
		if (ans==1)  cout<<2<<endl;
		else cout<<0<<endl;
	}
	return 0;
}