Atcoder ARC 117

B

(;)

题意

(;)
给定一个长度为(n)的初始序列(A)
可以进行任意多次操作，每次操作可以选定一个正整数(x)，将所有值(geq x)的数减一
问最终可以得到的序列有多少种
(nleq 10^5,a_ileq 10^9)
input
2
1 2
output
4
(;)

Solution

(;)
将初始序列不降排序之后，显然每次操作会将一段后缀的值减去1
你会发现一个很重要的性质：相邻两个数的差只会变小或不变，一定不会变大。
所以，如果我们如果得到了一个序列(B)，满足(forall 1 leq i leq n, B_i-B_{i-1} leq A_i - A_{i-1})
一定可以构造出一种操作方案，使得(A)变成(B)
令(A_0=0)
因此：

[Ans = prod_{i=1}^n (a_i-a_{i-1}+1) ]

(;)

C

题意

(;)
给定一个长度为(n)的字符串s，只有W,R,B三种字符，分别代表白、红、蓝。
初始时，一排(n)个方格按照字符串涂好颜色，然后按照金字塔的形状不断向上摞方格。
规则是这样的：
如果相邻的两个颜色都为x，会摞上一个颜色为x的方格。
否则会摞上一个和这两个方格颜色都不同的方格。
问最顶端的方格颜色
(nleq 4 imes 10^5)
input
RRBB
output
W
(;)

Solution

(;)
思维好题。
不妨将三种颜色分别设为0，1，2
假设相邻两个方格颜色为(a, b)，那么摞上的方格的颜色将为：

[-(a+b);(mod ;3) ]

(;)
所以和杨辉三角一样不断往上加，可以手推一下。
发现顶端的值为

[(-1)^{n-1} imes sum_{i=0}^{n-1} C_{n-1}^i s_i; (mod ; 3) ]

(;)
因为阶乘可能是3的倍数，所以不大好处理逆元。
可以使用Lucas定理轻松解决
Lucas: 若(p)是质数，(C(n,m) = C(n/p,m/p) imes C(n\%p,m\%p))
时间复杂度：(O(n;log;n))
(;)

E

(;)

题意

(;)
问有多少个长度为(2n)的序列(A)满足以下条件：
1.恰好有(n)个1和(n)个-1
2.恰好有(k)个((l,r))，满足(a_l+a_{l+1}+cdots +a_r = 0)
(nleq 30, kleq n^2)
input
3 7
output
6
(;)

Solution

(;)
又是计数dp题
前缀和转化一下比较显然。
如果只是简单的从前往后做，考虑是+1还是-1的话是不行的。
不妨先考虑(s_i)全部非负的情况。
(dp_{i,j,k})表示当前填了(i)个数，且有(j)个((l,r))满足条件，目前填的数中(hole)的数量为(k)的方案数。
(hole)表示序列中相邻两个元素值相同之间的空隙。
由于我们最终的(s)序列一定是波浪的形状。
所以一次转移会加入一些相同数值的元素(val)，插入到这些空隙中（包括序列最左最右）
且这(k+2)个位置必须都要有(val)这个数
这样转移的好处是既方便去统计((l,r))的个数，还能保证这个序列这个序列是合法的。
假设填了(x)个数
那么转移就是(dp_{i+x,j+frac{x(x+1)}{2},x-(k+2)}=dp_{i,j,k} imes C_{x-1}^{k+1})
这个组合数可以用插板的思想去想。
最终统计答案时，我们把序列分为两部分：非负和负的。
而上下两部分都是满足刚刚dp的东西的。
所以直接乘法原理。
即：枚举((x,y,z)) 答案加上(dp_{x,y,z} imes dp_{2n+1-x,k-y,z-1})
时间复杂度：(O(n^5))