神仙的 ARC。

A.Non-Adjacent Flip

题目分析：

就是一个分类讨论，主要就是讨论一下只有 \(2\) 个 \(1\) 的情况。
自己手模一下应该很好理解。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5+5;
vector<int> v;
char s[N];
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;scanf("%d",&n);
		scanf("%s",s+1);
		for(int i=1; i<=n; i++)	if(s[i] == '1')	v.push_back(i);
		int m = v.size();
		if(m & 1)	printf("-1\n");
		else if(m == 2 && v[0] + 1 == v[1]){
			if(n <= 3)	printf("-1\n");
			else if(n >= 5)	printf("2\n");
			else{
				if(s[1] == '1' || s[4] == '1')	printf("2\n");
				else	printf("3\n");
			}
		}
		else	printf("%d\n",m/2);
		v.clear();
	}
	return 0;
}

B.Mex on Blackboard

题目分析：

我们其实可以考虑从小到大依次决定每一个数选择多少，也就是考虑完了前 \(i\) 个数选的情况再考虑 \(i+1\) 这个数，这样显然是没影响的。
这个其实就启发我们直接枚举选择的最大的数是多少，假设为 \(i\) 且为了使得序列存在 \([1,i]\) 还剩余 \(k\) 次操作，那么答案其实就是：

\[\binom{k+i}{i}
\]

但是会出现一个问题，假设我们现在选择的数为 \(x\) 但是序列中原本就存在 \(x+1\)，这样就会算重最大为 \(x\) 的情况。但是这个也不用容斥，出现这种情况直接跳过 \(x\) 就好了。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MX = 1e6+5;
const int MOD = 998244353;
int cnt[MX*2],a[MX],fac[MX*2+5],inv[MX*2+5];
int mod(int x){
	return x % MOD;
}
int power(int a,int b){
	int res = 1;
	while(b){
		if(b & 1)	res = mod(res * a);
		a = mod(a * a);
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
int binom(int n,int m){
	return mod(fac[n] * mod(inv[n - m] * inv[m]));
}
signed main(){
	int n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1; i<=n; i++)	scanf("%lld",&a[i]),cnt[a[i]]++;
	fac[0] = 1;
	for(int i=1; i<=MX*2; i++)	fac[i] = mod(fac[i-1] * i);
	inv[MX*2] = power(fac[MX*2],MOD-2);
	for(int i=MX*2-1; i>=0; i--)	inv[i] = mod(inv[i+1] * (i+1));
	int ans = 0;
	for(int i=0; i<=MX; i++){
		if(!cnt[i])	k--;
		if(k <= 0){
			ans++;
			break;
		}
		while(cnt[i+1])	i++;
		ans = mod(ans + binom(k+i,i));
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

C.Tree and LCS

题目分析：

又是一道我不会的神仙题呢。

考虑对于任意一个排列其最小的权值都至少为 \(1\)，因为我们可以选择路径 \((i,P_k)\) 其中满足 \(P_k = i\)。
我们就是考虑每次选择两个一度点 \(x,y\) 然后令 \(P_x = y,P_y = x\)，并将 \(x,y\) 从图上删去，最后如果有剩下的点就直接令剩下的点 \(P_i = i\)。
可以证明的是这样的操作对于路径 \((x,y)\) 一定是不劣的，而对于包含 \(x,y\) 的路径，想使得 \(x,y\) 产生大于 \(1\) 的贡献也是不可能的，而 \(x,y\) 只有可能是相互配对才可能产生大于 \(1\) 的贡献，而相互配对也不行，所以只要包含 \(x,y\) 那么 \(x,y\) 就一定不会产生大于 \(1\) 的贡献。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
struct edge{
	int nxt,to;
	edge(){}
	edge(int _nxt,int _to){
		nxt = _nxt,to = _to;
	}
}e[2 * N];
int head[N],deg[N],cnt,ans[N];
void add_edge(int from,int to){
	e[++cnt] = edge(head[from],to);
	head[from] = cnt;
}
int main(){
	int n;scanf("%d",&n);
	for(int i=1; i<n; i++){
		int from,to;scanf("%d%d",&from,&to);
		add_edge(from,to);add_edge(to,from);
		deg[from]++;deg[to]++;
	}
	queue<int> q;
	for(int i=1; i<=n; i++){
		if(deg[i] == 1)	q.push(i);
	}
	while(q.size() > 1){
		int x = q.front();q.pop();
		int y = q.front();q.pop();
		ans[x] = y;ans[y] = x;
		for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt){
			int to = e[i].to;
			deg[to]--;
			if(deg[to] == 1)	q.push(to);
		}
		for(int i = head[y]; i; i = e[i].nxt){
			int to = e[i].to;
			deg[to]--;
			if(deg[to] == 1)	q.push(to);
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; i++)	if(!ans[i])	ans[i] = i;
	for(int i=1; i<=n; i++)	printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}