算法竞赛复健记录

高三学了一年文化课感觉已经不会算法竞赛了，开个博客记录一下复健历程。

CF1662F

题意：有 $n \leq 200000$ 个点，每个点有能量 $p_{i}$ ，消息能从 $i$ 传到 $j$ 当且仅当 $| i - j | \leq min (p_{i}, p_{j})$ ，求消息从 $a$ 点传到 $b$ 点至少需要经过几个点。

考虑把点按 $p_{i}$ 降序依次插入某个数据结构 $S$ 。当 $i$ 要插入的时候，将 $i$ 和 ${j ∣ j \in S \land i - p_{i} \leq j \leq i + p_{i}}$ 里的点连边。这里选择可持久化线段树作为 $S$ ，用线段树优化建图的方式连边。时空复杂度是 $O (n \log n)$ ，但是由于实现得不好 MLE 了。

题解的一种做法比较巧妙，直接用线段树优化了 BFS 的过程。本题相当于每条边长度是 1，所以 BFS 时让每个点只访问一遍就可以保证正确性和时间复杂度。对当前 BFS 到的点 $i$ ，它能走到 $j$ 当且仅当 $j \in [i - p_{i}, i) \land i \leq j + p_{j}$ ，或者 $j \in (i, i + p_{i}] \land i \geq j - p_{j}$ 。对前一情况，用一个支持单点修改、查询区间最大值的线段树 $S$ ，令每个 $S_{j} = j + p_{j}$ ，当从 $i$ 能走到 $j$ 时，即 $S . max [i - p_{i}, i) \geq i$ ，就把 $j = S . argmax [i - p_{i}, i)$ 从线段树里删去，并将 $j$ 加入 BFS 的队列。后一情况同理。这样的时间复杂度是 $O (n \log n)$ ，空间复杂度是 $O (n)$ ，常数也小，不会 MLE。

CF1765J

题意：有一个 $n \times n$ 的矩阵 $c$ ，其中 $c_{i, j} = | a_{i} - b_{j} |$ ，有两种操作：

将矩阵一行或一列的的元素减去（加上） $x$ ，代价为 $x$ （ $- x$ ）
将矩阵一个位置的元素减去 $x$ ，代价为 $x$ ，要求 $x > 0$

求将该矩阵所有元素变成 0 所需的最小代价。

设第 $i$ 行做了 $p_{i}$ 的操作，第 $j$ 列做了 $q_{j}$ 的操作（ $p_{i}, q_{j} \in R$ ）。我们希望最大化 $\sum_{i = 1}^{n} (p_{i} + q_{i})$ ，因为操作 1 显然比操作 2 更优。这可以写成一个线性规划问题：

\begin{matrix} maximize & \sum_{i = 1}^{n} (p_{i} + q_{i}) \\ subject to & p_{i} + q_{j} \leq c_{i, j} \forall i, j \end{matrix}

考虑其对偶问题：

\begin{matrix} minimize & \sum_{i, j} λ_{i, j} c_{i, j} \\ subject to & 1 = \sum_{j} λ_{i, j} \forall i \\ 1 = \sum_{i} λ_{i, j} \forall j \\ λ_{i, j} \geq 0 \end{matrix}

可以只考虑 $λ_{i, j} \in {0, 1}$ 的情况。这相当于从 $c$ 的每行每列选恰好一个元素，即选出一个排列 $p$ ，使得 $\sum_{i} c_{i, p_{i}} = \sum_{i} | a_{i} - b_{p_{i}} |$ 最小。显然选择 $a, b$ 同序的排列最优（即，选择的排列满足 $a_{i} \leq a_{j} ⟺ b_{p_{i}} \leq b_{p_{j}}$ ），那么将 $a, b$ 排序即可。

QOJ1643

写成线性规划问题如下：

\begin{matrix} maximize & \sum_{i = 1}^{n} p_{i} a_{i} \\ subject to & | a_{i} - a_{i - 1} | \leq 1 \\ a_{0} = a_{n + 1} = 0 \\ a_{i} \geq 0 \end{matrix}

转为对偶问题：

\begin{matrix} minimize & \sum_{i = 1}^{n + 1} | c_{i} | \\ subject to & c_{i + 1} - c_{i} \leq - p_{i} \end{matrix}

设 $f_{k} (x)$ 表示当 $c_{k} = x$ 时 $\sum_{i = 1}^{k} | c_{i} |$ 的最小值，那么有转移

\begin{matrix} f_{1} (x) = | x | \\ f_{k} (x) = | x | + min_{y - p_{k - 1} \geq x} f_{k - 1} (y) \end{matrix}

再令 $g_{k} (x) = f_{k} (x - \sum_{i = 1}^{k - 1})$ ，有转移

\begin{matrix} g_{1} (x) = | x | \\ g_{k} (x) = | x - \sum_{i = 1}^{k - 1} p_{i} | + min_{y \geq x} g_{k - 1} (y) \end{matrix}

$g$ 的转移可以用 slope trick 优化，时间复杂度 $O (n \log n)$

值得一提的是，直接在原问题上转移会得到一模一样的做法，见：https://codeforces.com/blog/entry/90956?#comment-794463

CF GYM 103107 I

博弈论

参考 Sprague–Grundy theorem 和 Nimber

公平组合游戏等价于（等价的定义见上述链接）一个 Nim 游戏
Nim 游戏中，状态 $x$ 可以到达的状态集合为 $S$ ，则 $SG (x) = mex {SG (y) : y \in S}$
Nim-和（相当于对 Nim 游戏做笛卡尔积？）具有交换律结合律。
$a + b = {a^{'} + b : a^{'} \in a} \cup {a + b^{'} : b^{'} \in b}$
$SG (a + b) = mex ({SG (a^{'} + b) : a^{'} < a} \cup {SG (a + b^{'}) : b^{'} < b}) = SG (a) xor SG (b)$

平衡树

做题的时候需要写一种平衡树，支持比较两个元素的序关系，于是想到了后缀平衡树用的那种将节点映射到实数上的写法，可是已经看不懂自己写的代码了...

现在看懂了，当时用 fhq-treap 实现的，为了维护元素到实数的映射，插入元素的时候不能 split 再 merge，而是要找到插入的位置，然后把那个子树的映射重构。这样做的复杂度期望是 $O (n \log n)$ 的，因为每个元素只会被其祖先重构，而 treap 的树高是由随机性保证 $O (\log n)$ 的。

Tarjan 算法求强连通分量

更新 low 的时候注意：搜索到横叉边的时候，如果点在栈中则要更新 low，这里的栈不是 dfs 搜索栈，而是维护所有 还未确定所属强连通分量的点 的栈。

线性规划

Lagrange 对偶

最优化问题

\begin{aligned} {minimize}_{x \in X} & f (x) \\ subject to & g (x) \geq 0 \end{aligned}

其中 $f : X \to R$ 是目标函数， $g : X \to R^{c}$ 是约束函数。该问题的拉格朗日对偶是：

\begin{aligned} {maximize}_{λ \in R^{c}} & t (λ) = min_{x \in X} [f (x) - λ^{⊤} g (x)] \\ subject to & λ \geq 0 \end{aligned}

注意到有 $t (λ) = min_{x \in X} [f (x) - λ^{⊤} g (x)] \leq f (x)$ ，因此 $t (λ)$ 给出了 $f (x)$ 的下界，而对偶实则是最大化该下界。

线性规划对偶

\begin{matrix} max_{x, y, z} & c^{⊤} x + d^{⊤} y + f^{⊤} z & \overset{dual}{⟺} & min_{λ, η, μ} & p^{⊤} λ + q^{⊤} η + r^{⊤} μ \\ s . t . & A x + B y + C z \leq p & s . t . & λ \geq 0 \\ D x + E y + F z \geq q & η \leq 0 \\ G x + H y + J z = r & μ free \\ x \geq 0 & A^{⊤} λ + D^{⊤} η + G^{⊤} μ \geq c \\ y \leq 0 & B^{⊤} λ + E^{⊤} η + H^{⊤} μ \leq d \\ z free & C^{⊤} λ + F^{⊤} η + J^{⊤} μ = f \end{matrix}

线段树上二分

见 ac-library 及其文档，写法是 zkw 线段树。

二分图匹配

Theorem (Hall's marriage theorem). A bipartite graph with $n$ vertices on both sides has a perfect matching if and only if for every subset $S$ of vertices on the left side, $| N (S) | \geq | S |$ . Here, $N (S)$ is the set of vertices on the right side that have an edge to one of the vertices of $S$ .

最大点权匹配：求二分图的带权最大匹配，其中只有一侧点有点权。做法：将点按点权排序，贪心地依次尝试增广（使用匈牙利）。

最大边权完美匹配：设 $x_{i}$ 表示第 $i$ 条边是否在匹配中， $c_{i}$ 表示边权。相当于求 $\sum x_{i} c_{i}$ 的最大值（在 $x$ 构成匹配的约束下），写成对偶问题为求 $\sum h_{i}$ 的最小值，其中 $h_{u} + h_{v} \geq c_{e} \forall e = (u, v)$ ，这里的 $h$ 称为顶标。根据互补松弛定理， $h_{u} + h_{v} = c_{e} \Leftarrow x_{e} = 1$ .

QOJ9372

记 $S$ 的前缀函数为 $π$ ，记 $Π_{i} = {π^{k} (i) : k \in N}$ ，其中 $π^{0} (i) = i, π^{k + 1} (i) = π (π^{k} (i))$ 。所求为 $\sum_{i = 1}^{n} A_{i} \sum_{j \in Π_{i} - 0} B_{i - j + 1}$

设 $f_{i} = \sum_{j \in Π_{i} - 0} B_{i - j + 1}$ ，考虑如何转移。

注意到 $Π_{i} = {0} \cup C$ ，其中 $C \subseteq {x + 1 : x \in Π_{i - 1}}$ 。我们记 $F_{i} = {x + 1 : x \in Π_{i - 1}} ∖ C$ ，那么 $f_{i} = f_{i - 1} - \sum_{x \in F_{i}} B_{i - x + 1}$ 。
更进一步，若 $π (i) = π^{k} (i - 1) + 1$ , 那么 $Π_{i} = {0} \cup T_{i}$ ，其中 $T_{i} \subseteq R_{i} = {π^{r} (i - 1) + 1 : r \in N \land r \leq k}$ 。现在考虑 $R_{i} ∖ T_{i}$ ，可以发现 $R_{i} ∖ T_{i} = F_{π_{i}}$ 。于是我们就得到了 $F_{i} = {π^{r} (i - 1) + 1 : r > k} \cup F_{π_{i}}$ 。