【Atcoder】AGC008 B-F简要题解

B.Contiguous Repainting

不管怎么操作，最后一定有连续的$K$个颜色相同，其它的格子可以随便染。

枚举这$K$个颜色相同的区间即可。

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C.Tetromino Tiling

研究一下四米诺的组合：

• T,S,Z根本放不上去
• O可以全部直接放上去
• 剩下的组合只有: 2L,2J,2*I,L+J+I

分类讨论即可。

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D.K-th K

贪心往前放就是了

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E.Next or Nextnext

再次读错题浪费时间：

For each $1\le i\le N$,at least one of the following holds:$p_i=a_i$and$p_{p_i}=a_i$

读成了至少有两个$i$分别满足$p_i=a_i$，$p_{p_i}=a_i$…
我服我自己。。。

emmm，一道神奇的基环树森林结论题：

$p\to a$

$p$是一个$1-N$的排列，所以构图$i\to p_i$，得到若干个环。

在$p$变化成$a$的过程中，每个点要么保持$i\to p_i$，要么转化成$i\to p_{p_i}$，分类讨论：

• 保持原状，即$p_i=a_i(1\le i\le N)$，图的形态不变
• 所有$i$指向$p_{p_i}$，即$p_{p_i}=a_I(1\le i\le N)$
  对于奇环，变成同构的另一个环。
  对于偶环，拆分成偶数点和奇数点分别构成的两个大小相同的环。
• 若环中部分点指向$p_i$，部分点指向$p_{p_i}$，则变成了一棵由一个环和若干指向环的链构成的基环内向树。

$a\to p$

考虑由$a$反推$p$：

• 单独考虑每个大小的环，组合一下
• 对于一颗基环内向树，找到所有相邻的指向环的链，假设当前链边数为$a$，链顶与上一个链顶在环上的距离边数为$b$：
  若$b<a$，有0种方案；若$a=b$有1种方案；若$a<b$，有2种方案。
  
  乘法原理合并即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;

int n,ans=1;
int t[N],a[N],vs[N],d[N],dr[N],f[N];
bool cir[N];

inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod?x-mod:x;}

void sol(int x)
{
	int nw=0,fi=0,sc,pre;
	for(;cir[x];x=a[x]){
		++nw;cir[x]=false;
		if(!dr[x]) continue;
		if(!fi) {fi=sc=nw;pre=dr[x];}
		else{
			if(nw-sc<dr[x]) ans=0;
			else if(nw-sc>dr[x]) ans=ad(ans,ans);
			sc=nw;
		}
	}
	if(!fi) t[nw]++;
	else{
		nw=fi-sc+nw;
		if(nw<pre) ans=0;
		else if(nw>pre) ans=ad(ans,ans);
	}
}

int main(){
	int i,j,k;
	
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;++i) {scanf("%d",&a[i]);d[a[i]]++;}
	for(i=1;i<=n;++i) if(!vs[i]){
		vs[i]=i;
		for(j=a[i];!vs[j];j=a[j]) vs[j]=i;
		if(vs[j]^i) continue;
		for(;!cir[j];j=a[j]) cir[j]=true;
	}
	
	for(i=1;i<=n;++i)
	 if((cir[i] && d[i]>2)||((!cir[i])&& d[i]>1))
	   {puts("0");return 0;}
	
	for(i=1;i<=n;++i) if(!d[i]){
		for(k=0,j=i;(!cir[j]);j=a[j]) k++;
		dr[j]=k;
	}
	
	for(i=1;i<=n;++i) if(cir[i]) sol(i);
	if(!ans) {puts("0");return 0;}
	
	f[0]=1;
	for(i=1;i<=n;++i) if(t[i]){
		for(j=1;j<=t[i];++j){
			if(i>1 && (i&1)) f[j]=ad(f[j-1],f[j-1]);
			else f[j]=f[j-1];
			if(j>1) f[j]=ad(f[j],(ll)f[j-2]*(j-1)*i%mod);
		}
		ans=(ll)ans*f[t[i]]%mod;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

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F.Black Radius

先假设树上所有点都是关键点：

设$f(x,d)$表示距离$x$小于等于$d$的点集合。

为避免算重，对于所有集合相同的$f(x,d)$只取$d$最小的一个计入答案。

不考虑$f(x,d)$为全集的情况(最后再$ans+1$)，所需要求出的就是：
$d_i$：最大的$d$满足$f(i,0-d)$均可取且$f(x,d_i)$不为全集。

上界$d_i$的具体求法：

将点$i$作为根，设离$i$最远的点的距离为$m{x}_i$，显然$d_i<m{x}_i$，且$\forall j\in so{n}_i$，$\exists f(i,d)̸=f(j,d-1)$。

设删掉$j$子树后离$i$最远的点的距离为$pm{x}_i$，则$d_i-2<pm{x}_i$。

故$d_i=\min (\max (pm{x}_i)+1,m{x}_i-1)$。

考虑有些点不是关键点的情况：

那么对于每个非关键点存在一个下界$q_i$：最小的$q$满足$f(q,d_i)$均可取且为某个关键点$f(j,d)$的点集。

下界$q_i$的具体求法：

将点$i$看做根，考虑$j\in so{n}_i$的所有的内部有关键点的子树$j^{\prime }$，$q_i=\max (maxde{p}_{j^{\prime }})$，即$f(i,q_i)$必须要把这些子树全部覆盖。

2遍$dfs$求得$d_i,q_i$。