A - Minimum-Maximum Compounds

画出表达式树，不难发现答案就是树上同种操作构成的极大连通块个数。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	freopen("compounds.in", "r", stdin);
	freopen("compounds.out", "w", stdout);
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		string S;
		cin >> S;
		int ans = 0;
		stack <int> st;
		st.push('#');
		for (int i = 0; i < S.size(); i++)
		{
			if (S[i] == '(' && st.top() != S[i - 1]) ans++;
			if (S[i] == '(') st.push(S[i - 1]);
			if (S[i] == ')') st.pop();
		}
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}

B - Savings Challenge

写出程序计算所有 $(n + 1)(m + 1)$ 种状态是必胜态还是必败态。列出表格，观察图形性质，可得：

$n \bmod 3 =$	$m \bmod 6 =$	答案
$0$	$0$	Sleeping Alligator
	$1$	Sleeping Iguana
	$2$
	$3$	Sleeping Alligator
	$4$
	$5$
$1$	$0$	Sleeping Iguana
	$1$	Sleeping Alligator
	$2$	Sleeping Iguana
	$3$	Sleeping Alligator
	$4$	Sleeping Iguana
	$5$
$2$	$0$	Sleeping Alligator
	$1$	Sleeping Iguana
	$2$	Sleeping Alligator
	$3$	Sleeping Iguana
	$4$
	$5$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const string names[2] =
{
	"Sleeping Iguana",
	"Sleeping Alligator"
};
const int results[3][6] =
{
	{1, 0, 0, 1, 1, 1},
	{0, 1, 0, 1, 0, 0},
	{1, 0, 1, 0, 0, 0}
};
int main()
{
	freopen("savings.in", "r", stdin);
	freopen("savings.out", "w", stdout);
	int T, n, m;
	cin >> T;
	while (cin >> n >> m) cout << names[results[n % 3][m % 6]] << endl;
	return 0;
}

C - 2048: Python vs. OOM

Subtask 1

下文记 $p = 30$。

众所周知，$2^a \cdot 2^b = 2^{a+b}$，因此魔法是在指数上加 $a$。

由于最终的指数和一定等于最初的指数和加上 $mak$，因此题目等价于最大化：

$$\sum _{i = 1} ^n (b_i \bmod p)$$

根据直觉，对 $p$ 取模等于不断减去 $p$ 直至目标小于 $p$，因此最大化上面的值，就要尽量减少减去 $p$ 的次数：每次取 $\bmod\ p$ 最小的 $m$ 个数字加 $a$，最不容易触发「减去 $p$」操作。

这一策略不能通过样例的第 6 组测试数据，但可以证明它在子任务 1 下是正确的。

直接借助 std::sort 模拟上述过程的时间复杂度是 $O(Tkn \log n)$，空间复杂度是 $O(n)$，可以通过子任务 1。

Subtask 2

众所周知，对于题目中的方式，可以先确定每个数字被加的次数 —— 只要次数总和等于 $mk$，并且每个数字被加的次数不超过 $k$，就一定存在对应方案。

于是我们可以设 $f_{i, j}$ 表示前 $i$ 个数字一共被加 $j$ 次后这 $i$ 个数 $\bmod\ p$ 之和的最大值，初始状态为 $f_{0, 0} = 0$，转移时枚举下一个数字被加的次数即可，最终的最大总和是 $f_{n, mk}$。

该算法的时间复杂度是 $O(Tnmk^2)$，空间复杂度是 $O(nmk)$，可以通过子任务 2。

Subtask 3

注意到对一个数进行 $p$ 次加 $a$ 操作不会改变它 $\bmod\ p$ 的值。当 $k$ 很大时，只要确定每个数字被操作的次数 $\bmod\ p$ 的值，使这些值的总和不大于 $mk$ 且与 $mk$ 在模 $p$ 意义下同余，就很可能存在对应的方案 —— 具体来说，在这些值的基础上，每次选择一个值加上 $p$，直至总和达到 $mk$。

上面的「很可能」要求构造方案的过程中不会出现「所有数都大于 $k - p$，而总和还没达到 $mk$」的情况。此时这 $n$ 个值的总和至少为 $n(k - p)$，因此我们有不等式：

$$n(k - p) < mk$$ $$nk - np < mk$$ $$nk - mk < np$$ $$(n - m)k < np$$ $$k < p \cdot \dfrac{n}{n - m}$$

在子任务 3 的特殊限制下，$\dfrac{n}{n - m} \le 2$，因此 $k \ge 2p$ 时就可以放心使用以上结论：只确定每个数字被操作的次数 $\bmod\ p$ 的值，按照子任务 2 中的 DP 算法求解。

上述 DP 算法的时间复杂度为 $O(Tn^2p^2)$；当 $k \le 2p$ 时需要回退到子任务 2 的解法，时间复杂度为 $O(Tnmk^2)$，在 $k \le 2p$ 的限制下同样不超过 $O(Tn^2p^2)$。

因此该算法的时间复杂度是 $O(Tn^2p^2)$，空间复杂度是 $O(n^2p)$，可以通过子任务 3。

Subtask 4

当 $2m > n$ 时，我们可以先把所有数字加上 $ak$，然后操作变成了「施展 $k$ 次魔法，每次魔法选择 $n - m$ 个数字加上 $-a$」。此时我们有 $2(n - m) < n$，并且前面所有解法的正确性都不依赖 $a$ 的任何性质，因此我们可以回退到子任务 3 的解法。

最终的时间复杂度是 $O(Tn^2p^2)$，空间复杂度是 $O(n^2p)$，可以通过子任务 4。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 30, P = 30, M = N + 12, Q = 2 * N * P + 12;
int b[M], dp[M][Q];
int main()
{
	freopen("python.in", "r", stdin);
	freopen("python.out", "w", stdout);
	int T;
	cin >> T;
	while (T--)
	{
		memset(dp, 0xc0, sizeof dp);
		int n, m, k, a, c, ans = 0;
		cin >> n >> m >> k >> a;
		__int128 sum = (__int128) m * (__int128) a * (__int128) k;
		if (k > 2 * P) c = P - 1;
		if (k <= 2 * P) c = k;
		a %= P;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			cin >> b[i];
			sum += b[i];
			b[i] %= P;
		}
		if (2 * m > n)
		{
			for (int i = 1; i <= n; i++)
				b[i] = (b[i] + 1ll * a * k) % P;
			m = n - m;
			a = (P - a) % P;
		}
		dp[0][0] = 0;
		for (int i1 = 1; i1 <= n; i1++)
			for (int i2 = 0; i2 <= i1 * c; i2++)
				for (int i3 = 0; i3 <= min(i2, c); i3++)
					dp[i1][i2] = max(dp[i1][i2], dp[i1 - 1][i2 - i3] + (b[i1] + a * i3) % P);
		if (k > 2 * P)
			for (int i = 1ll * m * k % P; i <= min(1ll * n * c, 1ll * m * k); i += P)
				ans = max(ans, dp[n][i]);
		if (k <= 2 * P) ans = dp[n][m * k];
		cout << (long long) (4 * ((sum - ans) / P) + 36 * n + 56) << endl;
	}
	return 0;
}

D - The Zero Point

约定：

$$A = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$$ $$B = \dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}$$ $$C = -B$$ $$D = 1 + x + 2x^2 + 3x^3 + 5x^4 + 8x^5 + \ldots$$ $$m = 2n - 1$$

用等比数列求和化简：

$$D = \dfrac{A \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n}}{1 - Ax} - B \cdot \dfrac{1 - (Bx)^{2n}}{1 - Bx}}{\sqrt{5}}$$

忽略常数系数：

$$E = A \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n}}{1 - Ax} - B \cdot \dfrac{1 - (Bx)^{2n}}{1 - Bx}$$

当 $x \ge 0$ 时，$D$ 的每一项都非负，故 $D \ge 1$。

当 $x \in (B, 0)$ 时，上面两项都是正数，故 $D > 0$。

当 $x < -1$ 时，$D$ 中偶数次项为负，奇数次项为正，且 $2k + 1$ 次项的绝对值大于 $2k$ 次项，故 $D < 0$。

因此方程 $D = 0$ 在 $[-1, B]$ 内存在实根。

（25 分）

求导：

$$F = A^2\cdot\dfrac{1-2n(Ax)^{2n-1}+(2n-1)(Ax)^{2n}}{(1-Ax)^{2}} - B^2\cdot\dfrac{1-2n(Bx)^{2n-1}+(2n-1)(Bx)^{2n}}{(1-Bx)^{2}}$$$$F = A^2\cdot\dfrac{1+(2n-1)(A^{2n}x^{2n}-A^{2n-1}x^{2n-1})-(Ax)^{2n-1}}{(Ax-1)^{2}}-B^2\cdot\dfrac{1+(2n-1)(B^{2n}x^{2n}-B^{2n-1}x^{2n-1})-(Bx)^{2n-1}}{(Bx-1)^{2}}$$$$F = A^2 \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n-1}}{(Ax-1)^{2}} - B^2 \cdot \dfrac{1 - (Bx)^{2n-1}}{(Bx-1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Ax)^{2n-1}}{Ax-1} - B^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Bx)^{2n-1}}{Bx-1}$$$$F = A^2 \cdot \dfrac{1 - (Ax)^{2n-1}}{(Ax-1)^{2}} - B^2 \cdot \dfrac{1 + (Cx)^{2n-1}}{(Bx-1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Ax)^{2n-1}}{Ax-1} + B^2 \cdot \dfrac{(2n-1)(Cx)^{2n-1}}{Bx-1}$$

（50 分）

易知：

$$\left( \dfrac{(Tx)^{2n-1}}{Tx-1} \right)' = T(Tx)^{2n-2} \cdot \dfrac{(2n-1)(Tx-1)-Tx}{(Tx-1)^2}$$

经过计算，上式代入 $T = A$ 和 $T = C$ 导数都为负。

因此我们对前两项代入 $x = -1$，后两项代入 $x = B$，得到一个小于等于 $F$ 的值：

$$G = A^2 \cdot \dfrac{A^{2n-1} + 1}{(A + 1)^2} - B^2 \cdot \dfrac{1 - C^{2n-1}}{(B+1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{2n-1}{2} - B^2 \cdot \dfrac{(2n-1)C^{4n-2}}{B^2-1}$$

改写：

$$G = A^2 \cdot \dfrac{A^m + 1}{(A + 1)^2} - B^2 \cdot \dfrac{1 - C^m}{(B+1)^{2}} + A^2 \cdot \dfrac{m}{2} - B^2 \cdot \dfrac{mC^{2m}}{B^2-1}$$

（75 分）

注意到 $-1 < B < 0$ 且 $m > 0$，因此第一项和第三项随 $m$ 递增而递增，而第四项恒为正数，第二项大于 $-\dfrac{B^2}{(B+1)^2}$。

舍弃 $G$ 的第四项，替换 $G$ 的第二项，得到一个小于 $G$ 的值：

$$H = A^2 \cdot \dfrac{A^m + 1}{(A + 1)^2} - \dfrac{B^2}{(B+1)^2} + A^2 \cdot \dfrac{m}{2}$$

于是 $H$ 关于 $n$ 单调递增。

代入 $n = 2$ 对应的 $m = 3$，计算得 $H > 0$，从而 $G > 0$，于是 $D$ 在 $[-1, B]$ 上单调递增，方程 $D = 0$ 存在唯一实根。

$n = 1$ 的情形显然成立，故原命题得证！

（100 分）