CF #717 题解

A - Tit or Tat

贪心地从前面拿数，加到最后一位即可。

B - AGAGA XOOORRR

转化一下，是求是否能把序列分成若干段（ ≥ 2 \ge 2 ≥2），每段的异或和都相等。

假设序列的前缀异或和为 S n S_n Sn，共分了 k k k 段，第 i i i 段的最后一个元素是 a i ( a k = n ) a_i(a_k=n) ai(ak=n)。

于是有

S a 1 = S a 1 ⊕ S a 2 = S a 2 ⊕ S a 3 = ⋯ = S k − 1 ⊕ S k S_{a_1}=S_{a_1}\oplus S_{a_2}=S_{a_2}\oplus S_{a_3}=\dots = S_{k-1}\oplus S_k Sa1=Sa1⊕Sa2=Sa2⊕Sa3=⋯=Sk−1⊕Sk

然后就发现：

S a 1 = S a 3 = S a 5 = … S_{a_1}=S_{a_3}=S_{a_5}=\dots Sa1=Sa3=Sa5=…

S a 2 = S a 4 = S a 6 = ⋯ = 0 S_{a_2}=S_{a_4}=S_{a_6}=\dots=0 Sa2=Sa4=Sa6=⋯=0

考虑一下 n = a k ( k ≥ 2 ) n=a_k(k\ge 2) n=ak(k≥2) 是多少：

若 k k k 是偶数，则需要 S n = 0 S_n=0 Sn=0，这足以满足条件。
若 k k k 是奇数，则需要 ∃ a 1 ∈ [ 1 , n − 1 ] , S n = S a 1 \exist a_1 \in[1, n-1],S_n=S_{a_1} ∃a1∈[1,n−1],Sn=Sa1 且 ∃ t ∈ [ a 1 + 1 , n − 1 ] , S t = 0 \exist t\in [a_1+1,n-1],S_t=0 ∃t∈[a1+1,n−1],St=0。

如上，可以 O ( n ) O(n) O(n) 判断。

C - Baby Ehab Partitions Again

先转化一下问题，要给每个 i ∈ [ 1 , n ] i\in [1,n] i∈[1,n] 钦定一个 x i ∈ { − 1 , 1 } x_i\in \{-1, 1\} xi∈{−1,1}，使 ∑ i a i x i = 0 \sum_i a_ix_i=0 ∑iaixi=0。

稍微再转化一下，两边加上 S = ∑ i a i S=\sum_i a_i S=∑iai，得到这样一个问题：

n n n 个数可以选或不选（假设选了的数是 a 1 ′ , a 2 ′ , ⋯ a k ′ a'_1,a'_2,\cdots a'_k a1′,a2′,⋯ak′），是否可能

S = 2 ∑ i = 1 k a i ′ S = 2\sum_{i=1}^k a'_i S=2i=1∑kai′

显然容易 O ( n 2 V ) O(n^2V) O(n2V) 用背包判断一开始能否完成条件（并且要注意到这里 S S S 一定要是偶数），若不能完成，答案就是 0。

问题来了，如果可以构成，如何删去最小的数使其不能构成？

如果 a i a_i ai 中有奇数，直接把它去掉， S S S 就变成奇数了，达成条件；
否则，所有数都是偶数，把它们全部除以 2 和原问题有相同的解。一直除到有数成为奇数，转化为上一种情况即可。

D - Cut

显然，若干个数乘积等于它们的最小公倍数等价于这些数两两互质。对每个数先求出在它之后的第一个与它不互质的数，由于 1 0 5 10^5 105 之内每个数至多有五个质因子，可以暴力质因子枚举。不妨把这个数叫做 n x t i nxt_i nxti。那么，如果选择某个数作为左端点，区间右端点最多延伸到哪里呢？我们形象地把这个操作叫做“跳”，即从一个左端点贪心地延伸最大区间，直到不能延伸，到下一个区间的左端点，记这个左端点为 f i f_i fi。则有 f i = min ⁡ j = i n n x t j f_i=\min_{j=i}^nnxt_j fi=minj=innxtj。发现 f f f 数组可以倍增，所以可以 O ( log ⁡ n ) O(\log n) O(logn) 完成一次询问。若将枚举质因子视为 O ( 1 ) O(1) O(1)，则本题复杂度为 O ( V + n + q log ⁡ n ) O(V + n + q\log n) O(V+n+qlogn)。

E - Baby Ehab Plays with Permutations

我们先算出一个长度为 n n n 的、恰好最少需要 k k k 次交换的排列数量。这可以用一个简单的 d p dp dp：设 f ( n , k ) f(n, k) f(n,k) 为该答案，则有 f ( n , k ) = f ( n − 1 , k ) + ( n − 1 ) f ( n − 1 , k − 1 ) f(n,k) = f(n-1,k) + (n-1) f(n-1, k-1) f(n,k)=f(n−1,k)+(n−1)f(n−1,k−1)。这可以考虑最后一个元素是否需要与前面交换，若要交换会交换到哪里（注意到被交换到了的那个元素已经有序）。那么，对于 k k k 的询问，答案就是 ∑ i = 0 k / 2 f ( n , k − 2 i ) \sum_{i=0}^{k/2}f(n,k-2i) ∑i=0k/2f(n,k−2i)。这样做的时间是 O ( n k ) O(nk) O(nk)。

考虑到 k k k 次交换至多会导致 2 k 2k 2k 个位置发生变化，能不能先挑出 i ( 0 ≤ 2 k ) i(0\le 2k) i(0≤2k) 个位置，然后单独把它们组成的序列进行交换（其它 n − i n-i n−i 个位置保持不变）呢？直觉告诉我们一定会算重，不过我们发现可以使用错排进行容斥。我们设 n n n 个元素用 k k k 次交换，且交换后各个元素都不在原来位置的方案数为 g ( n , k ) g(n,k) g(n,k)。则最后答案为 a n s ( k ) = ∑ i = 0 2 k ( n i ) g ( i , k ) ans(k)=\sum_{i=0}^{2k}\binom{n}{i}g(i,k) ans(k)=∑i=02k(in)g(i,k)。

我们考虑怎么计算 g ( n , k ) g(n,k) g(n,k) 。套路性的设限制 P i P_i Pi 表示第 i i i 个数原地不动， M ( t ) M(t) M(t) 表示钦定有 t t t 个限制得到满足，其它随意， N ( t ) N(t) N(t) 表示恰好有 t t t 个限制得到满足。

则有

M ( t ) = ∑ i = t n ( i t ) N ( i ) M(t)=\sum_{i=t}^n\binom{i}{t}N(i) M(t)=i=t∑n(ti)N(i)

根据二项式反演，

N ( t ) = ∑ i = t n ( − 1 ) i − t ( i t ) M ( i ) N(t)=\sum_{i=t}^n(-1)^{i-t}\binom{i}{t}M(i) N(t)=i=t∑n(−1)i−t(ti)M(i)

而 M ( t ) = ( n t ) f ( n − t , k ) M(t)=\binom{n}{t}f(n-t,k) M(t)=(tn)f(n−t,k)，则

g ( n , k ) = N ( 0 ) = ∑ i = 0 n ( − 1 ) i ( n i ) f ( n − i , k ) g(n,k)=N(0)=\sum_{i=0}^n(-1)^{i}\binom{n}{i}f(n-i,k) g(n,k)=N(0)=i=0∑n(−1)i(in)f(n−i,k)

（当然注意到这里的 f f f 是修改过的 f f f），即由“最小 k k k 次”变为了“用 k k k 次”。

于是可以 O ( k 3 ) O(k^3) O(k3) 计算。

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