【Atcoder】AGC023 C-F简要题解

*C.Painting Machines

不好求得分为恰好为 $i$ 的排列个数，则考虑转化为求解得分 $\geq i$ 的排列个数 $g[i]$ ， $ans=\sum \limits_{i=1}^ng[i]$ 。

很容易得到得分 $\leq i$ 的有序排列个数 $w[i]$ ：
$1,n-1\in P$ ，而其它数差分后的值 $\in \{1,2\}$ 。因为操作次数是固定的，且 $\sum 1+\sum 2=n-2$ ，所以 $1,2$ 的个数也是固定的，设分别为 $cnt_0,cnt_1$ ，则 $w[i]=\dfrac{(i-1)!}{cnt_0!cnt_1!}$

容斥求出所有得分 $>i$ ( $\geq i+1$ )的排列个数 $({n-1\choose i-1}-w[i])i!(n-i)!$ 。

*D.Go Home

每次贪心选期望最大显然倒序做，DP的复杂度做不了，观察出以下性质：

考虑只剩下两个最远处的位置 $l,r$ 没到的状态：

如果它们在车的同侧，直接把车开过去即可。
否则假设 $P_a>P_b$ ，必然存在 $T_b=T_a+dis(X_a,X_b)$ ，所以在 $a$ 到达前， $b$ 一定会一直帮着 $a$ ，使得 $T_a$ 尽量小，从而 $T_b$ 尽量小。

可以倒序构造，维护 $L,R$ ，初始化 $L=1,R=n$ ，当 $L,R$ 在车的一侧时终止，否则若 $P_L\geq P_R$ ，在到达 $L$ 前， $L$ 的意志完全代表 $R$ 的意志，于是 $P_L+=P_R$ ，然后 $R--$ ， $P_L<P_R$ 的情况同理可得。

具体可以看一下代码
code from sigongzi

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N;
int64 S,X[MAXN],P[MAXN],ans;
void Solve() {
    scanf("%d%lld",&N,&S);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        scanf("%lld%lld",&X[i],&P[i]);
    }
    int L = 1,R = N;
    int dir = 0;
    while(1) {
        if(X[L] >= S) {ans += X[R] - S;break;}
        if(X[R] <= S) {ans += S - X[L];break;}
        if(P[L] >= P[R]) {
            if(dir != 1) {dir = 1;ans += X[R] - X[L];}
            P[L] += P[R];R--;
        }
        else {
            if(dir != 2) {dir = 2;ans += X[R] - X[L];}
            P[R] += P[L];L++;
        } 
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
 
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

*E.Inversions

统计合法全排列个数的方法：

设 $cnt_i$ 表示 $A\geq i$ 的位置个数，考虑从大到小选数，方案数即 $\prod\limits_{i=1}^n (cnt_i-(n-i))$

枚举逆序对，强制 $i<j,P_i>P_j$ ，分类讨论：

$A_i<A_j$ ，强制 $A_j:=A_i$ ，贡献为合法排列数 $/2$
$A_i\geq A_j$ ，贡献为总排列数-(强制 $A_i:=A_j$ 后的合法排列数/2)

考虑按权值从大往小做，维护以位置为下标的BIT
从 $cnt=0$ 的地方切开分成若干段，每段中强制 $A_i:=A_j$ 时， $cnt_{A_j+1...A_i}$ 一段相当于乘上了 $\dfrac{cnt-1}{cnt}$ ，注意判断区间存在 $cnt=1$ 的情况,

*F.01 on Tree

一种比较经典的贪心方式

设点 $x$ 子树内 $0$ 的个数为 $f(x)$ ， $1$ 的个数为 $g(x)$ ，显然先走 $\dfrac{f(x)}{g(x)}$ 最大的点

单点的情况是固定的，可以用大根堆存储，每次弹出堆顶点 $i$ ：

若 $fa_i=0$ ( $i$ 为根)，则删去 $i$ 后继续弹堆
否则 $fa_i$ 还没有走过，根据贪心走到 $fa_i$ 后一定会立刻进入 $i$ ，贡献为 $g(fa_i)f(i)$ ，那么 $i,fa_i$ 就是一体的了，并查集缩成一个点后重新压入堆