AtCoder Grand Contest 055 题解

A

赛时直到最后 10min 才做出这个 A 题，之前猜了一个结论一直没敢写，本来不抱啥希望 AC 的结果比赛结束时交了一发竟然 A 了，由此可见我的水平之菜/dk

考虑每次取出字符串开头字符，不妨设之为 \(c_1\)​​，以及字符串末尾的最靠后的不同于 \(c_1\)​​ 的字符，不妨设之为 \(c_2\)​​，设除了 \(c_1,c_2\)​​ 之外另一个字符为 \(c_3\)​​，我们就维护两个指针 \(l,r\)​，以及一个变量 \(cnt\)​ 表示目前跳了多少步，我们每次贪心地找到 \(l\)​ 后面下一个 \(c_1\)​，以及 \(r\)​ 前一个 \(c_2\)，然后分别令 \(l,r\) 为这两个位置，并令 \(cnt\) 加一，如此操作下去直到 \((l,r)\)​​ 中 \(c_3\) 个数 \(<cnt\) 即可，然后令这些元素组成一个子序列并将这些元素从序列中删去。

然鹅一个我不太能理解的地方是，为什么这样最少 6 个子序列就能划分整个字符串 \(S\)，赛时的想法是可能与每组 \((c_1,c_2,c_3)\) 最多出现一次有关，但是这个结论显然是错误的，并且貌似官方题解也并没有采用上文所述的做法。有哪位好心的鸽鸽能给个证明，或者能给组 hack 数据把上面的做法叉掉啊/kel

B

赛时没有想出来，甚至连最起码的思路也没有，说明我还是不太适合做这样的思维题啊/kk

考虑将 \(S\) 第一个位置上的字符加 \(2\)（即，A 变成 C，B 变成 A，C 变成 B），第二个位置上的字符加 \(1\)，第三个位置上的字符加 \(0\)，第四个位置上的字符加 \(2\)，第五个位置上的字符加 \(1\)，以此类推，那么不难发现，每次操作等价于将一段长度为 \(3\) 的，且三个字符完全相同的连续段全部变成任意一种字符，那么我们考虑这样的过程：我们从左往右遍历 \(S\) 的每一个字符，并维护一个栈存储当前没有被消除完毕的字符，每次往栈顶加入当前遍历到的字符，如果栈顶三个字符全部相同则将这三个字符直接弹出栈，那么可以发现，我们弹出栈的那些字符是可以自由搭配成连续段插入序列的任何一个位置的，而我们没有弹出栈，也就是栈中剩下的那些字符——它们的相对顺序是不会发生变化的，因此我们考虑对 \(S,T\) 都执行一遍上面的操作，然后检验 \(S,T\) 匹配完以后栈中的元素是否相同即可。

时间复杂度 \(\Theta(n)\)。

C

一道挺有意思的数数题，赛时 115min 刚出来还是挺有成就感的（

首先一个显然的事实是，\(A\) 数组中最多只有两种不同的元素，如果 \(A\) 中有两种不同的元素，那么较大者必然是原序列的 LIS。

特判掉 \(A\)​ 中只有一种元素的情况，打个表可以发现 \(A\)​ 中只有一种元素的情况符合条件，当且仅当 \(A\)​ 中唯一的元素 \(\le\lfloor\dfrac{m}{2}\rfloor\)，或者等于 \(n-1\)。

我们假设 \(P\) 中 LIS 的长度为 \(l\)，那么不难发现，\(A\) 中等于 \(l-1\) 的位置都是 \(P\) 所有 LIS 的必经之点，因此我们可以将原题面中每个元素都 \(\le m\) 序列计数问题转化为 01 序列计数问题，其中一个位置是 \(1\) 当且仅当它是 LIS 的必经之点，否则表明它不是 LIS 的必经之点。

考虑什么样的 01 序列符合要求，打个表可以发现，一个 01 序列符合要求，当且仅当它 \(1\)​ 的个数 \(c_1\le l\)​，并且我们把它所有 \(0\)​ 的连续段提取出来，设它们的长度为 \(L_1,L_2,L_3,\cdots,L_k\)​，满足 \(c_1+\sum\limits_{i=1}^k\lfloor\dfrac{L_i}{2}\rfloor\ge l\)​，比较感性的证明大概就，我们对所有连续的 \(0\)​ 段的相邻元素两两配对，然后用类似于阶梯状的方式在这些相邻元素上填数，然后对于那些落单的元素就从 \(n\)​ 开始从大往小填，比如 \(01\)​ 序列 \(100000100010\)​ 就对应序列 \([1,3,2,5,4,12,6,8,7,11,10,9]\)，不难发现这样可以使原序列的 LIS 达到最大值，如果要求的 LIS 比这还大就办不到了。

因此我们枚举 01 序列中有多少个 \(1\)​，以及有多少个落单的 \(0\)​，设它们分别为 \(i,j\)​，那么显然就有 \(c_1+\sum\limits_{i=1}^k\lfloor\dfrac{L_i}{2}\rfloor=i+\dfrac{n-i-j}{2}\)​，故 \(l\)​ 的范围就是 \([\max(i,3),\min(i+\dfrac{n-i-j}{2},m)]\)​，然后考虑怎样排列这个 01 序列，首先将落单的 0 插入 \(i\)​ 个 \(1\)​ 组成的 \(i+1\)​ 个缝隙的方案数为 \(\dbinom{i+1}{j}\)​，将剩余 \(\dfrac{n-i-j}{2}\)​ 组配好对的 \(00\)​ 插入 \(i+1\)​ 个空隙的方案数为 \(\dbinom{\dfrac{n-i-j}{2}+i}{i}\)​，因此 \(A\)​ 中有两个不同元素的部分的答案可以写成：

\[\sum\limits_{n-i-j\equiv 0\pmod{2}}\dbinom{i+1}{j}\dbinom{\dfrac{n-i-j}{2}+i}{i}·\max(\min(i+\dfrac{n-i-j}{2},m)-\max(i,3)+1,0)
\]

看看这个式子，是不是很简单啊（大雾

\(\Theta(n^2)\) 计算即可。

D

一道神仙找性质题。

开始翻译官方题解（bushi

首先抛出结论：如果设 \(M_{AB}\) 为 \(S\) 所有前缀中 B 数量减 A 数量的最大值，\(M_{BC},M_{CA}\) 同理，那么一个序列 \(S\) 符合条件，当且仅当 \(M_{AB}+M_{BC}+M_{CA}\le n\)。

必要性：我们记 ABC,BCA,CAB 的数量分别为 \(A,B,C\)，那么我们发现，当我们放入一个 ABC 或 CAB，只会导致某些前缀的 B 数量减去 A 数量减少，只有我们放入 BCA 时才会使该值增加，因此 \(M_{AB}\le B\)，同理 \(M_{BC}\le C,M_{CA}\le A\)，三者加起来可得到 \(M_{AB}+M_{BC}+M_{CA}\le n\)。

充分性：我们考虑求出第 \(i\) 个 A,B,C 所在的位置（\(i\in[1,n]\)），那么我们这样构造：第 \(i\) 个 A 匹配第 \(i+M_{AB}\) 个 B 以及第 \(i+M_{AB}+M_{BC}\) 个 C（如果超过了 \(n\) 则自动减去 \(n\)，即第 \(i+n\) 个 X 即为第 \(i\) 个 X，\(X\in\{A,B,C\}\)）。首先显然匹配的这些位置互不相同，而根据 \(M_{AB}\) 的定义有，如果我们把 \(S\) 重复写三遍，那么第 \(i\) 个 \(A\) 的位置必然前于第 \(i+M_{AB}\) 个 B），也就是说第 \(i\) 个 A 的位置早于第 \(i+M_{AB}\) 个 B 的位置，早于第 \(i+M_{AB}+M_{BC}\) 个 C 的位置，早于第 \(i+M_{AB}+M_{BC}+M_{CA}\) 个 A 的位置，而根据 \(M_{AB}+M_{BC}+M_{CA}\le n\) 可知，第 \(i+M_{AB}+M_{BC}+M_{CA}\) 在环上的位置前于第 \(i\) 个 A，也就是我们钦定的三个位置刚好顺着组成了 ABC，对应到序列上也就是 ABC,BCA,CAB 的一种。

因此我们可以写出这样一个 \(n^6\) 的 DP：\(dp_{a,b,c,AB,BC,CA}\) 表示目前有 \(a\) 个 A，\(b\) 个 B，\(c\) 个 C，目前 \(M_{AB},M_{BC},M_{CA}\) 分别是 \(AB,BC,CA\)，有多少个符合条件的序列，转移可以做到 \(\Theta(1)\)，因此总复杂度就是 \(\Theta(n^6)\)。