【AGC049E】Increment Decrement

AGC049E Increment Decrement

Solution

以前很少做 atcoder 的题，今天一做，果然难炸了。

哦，我做了不止一天啊，那没事了（主要自己又懒又菜

首先我们考虑单一序列咋做。先转化为初始序列为 \(\{0\}\)，我们要转成 \(\{A_i\}\)。

对于单一序列，假如我们知道了所有操作二完成之后的序列，贡献是容易确定的。

于是我们考虑设 操作二完成之后的序列是 \(D_i\)，那么最后的贡献就是：

\[\sum_{i=1}^n C \max(D_{i}-D_{i-1},0)+|A_i-D_i| \]

所以考虑设计一种 dp：\(f_{i,j}\) 代表第 \(i\) 位上的 \(D_i\) 填了 \(j\) 的最优方案，则有如下转移：\(f_{i,j}=\min_{k\ge0}\{f_{i-1,k}+C\max(j-k,0)+|j-A_i|\}\)。于是最后的答案应该是 \(f_{n+1,0}\)，初始状态 \(f_{0,0}=0\)。

不妨假设 \(f_{0,i}=(C+1)i\)，这样只会从 \(f_{0,0}\) 处转移出来。这时候有一个重要的结论：\(f_{i,j}\) 是一个下凸函数（离散）。那么我们分析一下转移的状况。令 \(g_{i,j}=f_{i,j}-|j-A_i|\)，我们作如下的归纳证明：

假设 \(f_{i-1,x_0}\) 是所有 \(f_{i-1,j}\) 中最小的，那么一定有 \(g_{i,k\le x_0}=f_{i-1,x_0}\)；

假设 \(f_{i-1,x_1}-f_{i-1,x_1+1}>C\) 且是第一次 \(>C\)，那么对于 \(x_0+1\le k \le x_1\) 有 \(g_{i,k}=f_{i-1,k}\)；

最后对于 \(x_1+1\le k\)，我们有 \(g_{i,k}=f_{i-1,x_1}+C(k-x_1)\)。

于是，我们发现 \(g_i\) 的斜率是：\(0\)，\(f_{i-1}\) 的一段斜率且在 \([1,C-1]\) 内，\(C\)。根据归纳假设，\(g_i\) 是一个下凸函数，又因为 \(|j-A_i|\) 也是一个下凸函数，\(f_i\) 是一个下凸函数。

然而这个 dp 的过程依然难以计数。我们考虑转而去维护斜率，容易发现 \(g_i\) 中的斜率最多有 \([0,C]\) 这么多种（加入了 \(|j-A_i|\) 后，可能会出现 \(-1\) 和 \(C+1\)），于是我们考虑只维护每种斜率的分界点可重集 \(S\)，初始化来说就是 \(C\) 个 \(0\)。考虑一下每次的操作：我们把 \(\leq A_i\) 的斜率 \(-1\)，对 \(\ge A_i\) 的斜率 \(+1\)，相当于放入两个 \(A_i\)；然后计算答案，给答案加上 \(A_i-\min(S)\)，这里是因为要转移到 \(f_{n+1,0}\)，相当于每次选个最小值；最后把斜率中 \(-1\) 和 \(C+1\) 的部分删去，这相当于删去分界点的头尾，即可重集的最大值和最小值。

ok，解决了原问题，现在我们来考虑如何计数。我们容易发现我们实际上只用求出每个点被作为最小值删去了几次，我们记为 \(tot(x)\)。然后我们发现直接求出 \(tot(x)\) 不太容易，我们可以转而求小于 \(x\) 的数被删去了几次，最后再差分回来。具体地，因为只关心每个数是否小于 \(x\)，我们只需要记 小于 \(x\) 的数为 \(0\)，大于等于 \(x\) 的数为 \(1\)，然后记 \(h_{i,j}\) 为刚加入两个 \(A_i\) 时有 \(j\) 个 \(1\) 的局面数量，你会发现只要不是有 \(C+2\) 个 \(1\)，我们删去的最小值一定是 \(0\)，然后就可以统计方案了。于是有：

\[\sum_{i=0}^{x-1} tot(i)=K^n-\sum_{i=1}^n h_{i,C+2} \]

最后答案即：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^K (K^{n-1}-tot(B_{i,j}))B_{i,j} \]

reference: https://kewth.github.io/2020/11/16/好题题解整理（四）/ kewth 的博客：好题题解整理