【Atcoder】AGC024 C-F简要题解

C.Sequence Growing Easy

$ans =\sum\limits_{i=2,a_i>0}^n([a_i=a_{i-1}+1]+[a_i\neq a_{i-1}+1]a_i)$

*D.Isomorphism Freak

$(u,v)$ 同色的条件：找到 $(u,v)$ 路径上的中点(一条边/一个点)，中点的所有子树同构的，且染色种类数为 $maxdep$ ，所以找到树的直径 $D$ ，第一问答案即 $\lfloor\frac{D}{2}\rfloor$ 。

若 $D$ 为奇数，重心为一条边 $(u,v)$ ，将 $(u,v)$ 作为第一层，每层填满，第二问的代价是唯一的。
否则 $D$ 为偶数，重心为一个点 $u$ ，可以将 $u$ 作为第一层求出代价，也可以将任意与 $u$ 相连的点 $v$ 和 $u$ 一起构成第一层求出代价(使得直径加一，但第一问答案不变)，所有情况取 $\min$ 即可。

E.Sequence Growing Hard

如果新增的位置值与原来这个位置的值相等，那么可以认为填的是后面一个位置而不是这个位置。
所以假设填的数是 $x$ ，要么填在末位，要么它后一个位置的数严格 $<x$ 。

在序列末端添一个 $0$ ，每次在一个位置填数并向它后一个位置连边，那么这就是一个树，满足以下条件：

设 $t_i,w_i$ 分别表示点 $i$ 的添加时间和值。
$t_i$ 互不相同， $w_i\in [0,K]$
$t_{root}=0,w_{root}=0$
$t_i>t_{fa_i},w_i>w_{fa_i}$

设 $dp[i][j]$ 表示 $i$ 个点， $w_{root}=j$ 的方案数，枚举 $t$ 最小的儿子转移：
$dp[i][j]=\sum\limits_{k=1}^{i-1}\binom{i-2}{k-1}dp[i-k][j]\sum\limits_{d=j+1}^Kdp[k][d]$

前缀和优化后复杂度 $O(n^2 K)$

*F.Simple Subsequence Problem

构造序列自动机，如：
110[00011001]可以转移到1100[0011001],1101[1001]
其中 $s[t]$ 表示已经选了 $s$ ，要在 $t$ 中选一个子序列拼上。
构图得到 $DAG$ ，直接DP(逐次求出长度为 $0-n$ 的子序列的方案数，每次只向后转移一步0/1)，复杂度 $O(2^nn)$ 。

code from wxh010910

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

typedef long long LL;
typedef long double LD;
typedef unsigned int uint;
typedef pair <int, int> pii;
typedef unsigned long long uLL;

template <typename T> inline void Read(T &x) {
  char c = getchar();
  bool f = false;
  for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
    if (c == '-') {
      f = true;
    }
  }
  for (; isdigit(c); c = getchar()) {
    x = x * 10 + c - '0';
  }
  if (f) {
    x = -x;
  }
}

template <typename T> inline bool CheckMax(T &a, const T &b) {
  return a < b ? a = b, true : false;
}

template <typename T> inline bool CheckMin(T &a, const T &b) {
  return a > b ? a = b, true : false;
}

const int N = 1048580;
const int M = 25;

int n, m, len, ans, f[M][N], g[M][N];
char s[N];

int main() {
#ifdef wxh010910
  freopen("d.in", "r", stdin);
#endif
  Read(n), Read(m);
  for (int i = 0; i <= n; ++i) {
    scanf("%s", s);
    for (int j = 0; j < 1 << i; ++j) {
      if (s[j] == '1') {
        f[i][j] = 1;
      }
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (int j = 0; j < 1 << i; ++j) {
      int b = j >> (i - 1) & 1, r = 0;
      for (; r < i && (j >> i - r - 1 & 1) == b; ++r);
      g[i][j] = r == i ? -1 : r;
    }
  }
  for (int i = 0; i <= n; ++i) {
    for (int j = 1; i + j <= n; ++j) {
      for (int k = 0; k < 1 << i + j; ++k) {
        f[i][k >> j] += f[i + j][k];
        int t = g[j][k & (1 << j) - 1];
        if (~t) {
          f[i + j - t][(k >> j << j - t) | (k & (1 << j - t) - 1)] += f[i + j][k];
        }
      }
    }
    for (int j = (1 << i) - 1; ~j; --j) {
      if (f[i][j] >= m) {
        len = i, ans = j;
      }
    }
  }
  for (int i = len - 1; ~i; --i) {
    putchar((ans >> i & 1) + '0');
  }
  putchar(10);
#ifdef wxh010910
  Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
  return 0;
}