[ARC111-C] Too Heavy

$\Rightarrow$原题链接

首先判断无解：
$$\exists i\in [1,N],p_i\ne i\text{且}{b}_{p_i}\ge a_i\iff \text{无解}$$

接下来用 $p_i$ 建个图 $\forall i\in [1,N],i\to p_i$ 。

对于某个联通块 $C$ ，一定是一个环，以任何一个 $a$ 最大的节点作为起始节点，得到一个便利序列 $l(|l|=|V_C|)$，可以构造方案：
$$\begin{array}{rl}& l_1\leftrightarrow l_2\\ & l_1\leftrightarrow l_3\\ & \cdots \\ & l_1\leftrightarrow l_n\end{array}$$

然后所有联通块的方案拼起来就行了。

[ARC114-C] Sequence Scores

$\Rightarrow$原题链接

考虑对于一个确定的序列 $A$ 怎么求出 $f(A)$ 值。

对于值 $x$ ，设其在序列 $A$ 的出现位置序列为 $l_A(x)$ ，位置从小到大排，特别的 $l_A(x{)}_0=0$。其对 $f(A)$ 的贡献显然可以这样求：

考虑向一个序列 $A$ 的末尾添入一个值，变为 $A^{\prime }$，假设当前需要添入 $x$ ，分情况讨论：

• 序列 $A$ 没有 $x$ ，那么 $f(A^{\prime }):=f(A)+1$
• 序列 $A$ 中最后一个 $x$ 个位置为 $p$ 则 f ( A ′ ) : = f ( A ) + [ min ⁡ i = p + 1 ∣ A ∣ { A i } < x ] f(A') := f(A) + left[min_{i = p + 1} ^ {|A|}{A_i} < xright] f(A′):=f(A)+[mini=p+1∣A∣​{Ai​}<x]

设 $f(n)$ 表示所有长度为 $n$ 的序列的得分和，$g(n,x)$ 表示长度为 $n$ ，最后一个值为 $x$ 之后的位置的值都大于 $x$ 的序列个数。

那么可以得到：

$$\begin{array}{rl}& g(n,x)=\sum _{i=1}^n{m}^{i-1}(m-x{)}^{n-i}\\ & f(n)=\sum _{i=1}^{m}f(n-1)+m^{n-1}-g(n-1,i)\end{array}$$

[ARC115-D] Odd Degree

$\Rightarrow$原题链接

考虑一个连通图 $C$ 的答案。

如果 $K$ 是奇数，那么 $\mathrm{A}\mathrm{N}\mathrm{S}$ 必然为 $0$ ，只用考虑 $2\mid K$ 的情况。

首先想一棵树的情况：考虑确定所有节点的度数奇偶性，从叶子结点开始向上确定每一条边是否选择，可以发现选择方案是确定的，因此对于一棵树而言：
$${\mathrm{A}\mathrm{N}\mathrm{S}}_K=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|V_C|}{K}\right)$$

接下来考虑一般情况，首先随便弄一棵生成树，然后对于非树边，随便选择一些，然后再确定节点的度数奇偶性，发现对于树边，其选择方案一定是确定的，因此有：

$${\mathrm{A}\mathrm{N}\mathrm{S}}_K=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|V_C|}{K}\right)2^{|E_C|-|V_C|+1}$$

对于所有联通块，用背包对答案进行合并，合并方法可以用类似树形背包的方法，可以做到 $O(n^2)$ 。

最后

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