【省选模拟】2 月

2.8

数列

赛时想到了没有优化空间的 DP，受 CSP-S2019D2T2 影响决定打表找性质，然而并没有想到换状态

设 \(f[i]\) 为 \(i\) 为某段最大值的答案，则有

\[f[i]=\max_{j<i,\max a[i:j]=\max(a[i],a[j])}\{f[j]+(a[i]-a[j])^{2}+c\} \]

\[ans=\max_{\max a[i:n]=a[i]}\{f[i]\} \]

第二个条件比较烦，仔细思考一下，若 \(\exists j<k<i,a[k]>\max(a[i],a[j])\)，那么 \((a[i]-a[j])^{2}<(a[j]-a[k])^{2}+(a[i]-a[k])^{2}+c\)，即从 \(j\) 转移到 \(i\) 一定不如先从 \(j\) 转移到 \(k\)，再转移到 \(i\) 优，因此这个条件实际上是无用的

通过『不合法转移一定不优』规避掉判断合法性

差量

先进行全局询问得到极差，然后二分出一个最值所在的位置，记为 \(p1\)（询问前缀，判断极差是否改变可知两最值是否都在该前缀中）

排除 \(p1\)，询问二进制下第 \(i\) 位为 \(1\) 的下标（记为 \(S_i\)），再加上 \(p1\) 询问，两结果做差即可得到这些数与 \(a_{p1}\) 的差（记为 \(T_i\)）。考虑将其一一对应，对于 \(a_i\)，\(|a_{i}-a_{p1}|=\cap_{\text{the jth bit of i is 1}}T_{j}\)，最终得到了每个数与 \(a_{p1}\) 的差

通过极差可以确定出另一个最值 \(p2\)，那么 qry1(p1),qry1(p2) 即可得到 \(a[p1]\) 是最大值还是最小值，然后就能推出 \(a\)

\(n\) 很小因此可以随便实现

二进制分组减少交互次数
差值关系从最值入手（大小关系确定）

2.12

来到 hz 的第一场，状态很差，尽快适应新作息吧

好

区间 DP，赛时不会处理前后拼接

考虑 DP 每个区间删空的答案 \(f[l,r]\)。

1. \(l,r\) 不在同一次操作中：\(\max\{f[l,i]+f[i+1,r]\}\)
2. \(l,r\) 在同一次操作中：“好”的子串是单峰的，可以依此枚举峰点转移，\(\max\{g[l,i]+h[i,r]+v_{a_{i}-a_{l}+a_{i}-a_{r}+1}\}\)。其中 \(g[l,r],h[l,r]\) 表示将 \([l,r]\) 删至公差为 \(1/-1\) 的等差数列（\(a_{l},a_{r}\) 为首尾）的答案

\(g,h\) 的转移可以枚举上一项的位置，与 \(f\) 同时 DP 即可

“不一定要删完”可以由删空每个区间的答案+一维 DP 解决

色

赛时使用 \(O(q\sqrt{m}\log m)\) 的做法通过，赛后发现可以用分块平衡到 \(O(q\sqrt{m\log m})\)

显然答案是一条边，其次这条边一定在 MST 上，然后图被简化为了树

对于每个父亲，用若干 multiset 保存相同颜色的儿子（按边权升序），再用一个全局 multiset \(ans\) 保存 每个父亲与每种异色儿子的边权 \(min\)（颜色相同的多个儿子只保存边权 \(\min\)）的集合。修改时先改变该点所属其父亲的哪个 multiset（同时修改 \(ans\)），再根据颜色变化和它的 multiset 修改 \(ans\)。时间复杂度 \(O(q\log n)\)

乐

赛时想把 border 转化成 period 容斥，但做不到不重不漏（比如 \(1,2,1,1\)，period \(=3\)）

正解就是从 border 考虑，设 \(f[i]\) 为前 \(i\) 个元素的答案，转移枚举最短 border 长度：

\[f[i]=s[i]-\sum_{j=1}^{\frac{i}{2}}f[j]s[j]^{-1}s[i-j] \]

其中 \(s[i]=\prod_{j=1}^{i}v_{j}\)

发现了卷积形式，但要求 \(j\le i-j\)，于是考虑分治。递归边界处特判掉 \(j=i-j\)，然后对于每个区间 \([l,r]\)，取 \(j\in[l,mid],i-j\in[mid+1,r]\) 卷积并对区间外做贡献

代码比较有扩展性

void cdq(int l,int r) {
	if( l == r ) {
		if( l+l <= n/2 ) ckadd(f[l+l],f[l]);
		return;
	}
	int mid = l+r>>1; cdq(l,mid);
	// 右半区间内部没有贡献，因此递归左半区间后就算出了 f[l:r]
	if( l+mid+1 <= n/2 ) {
		poly a = poly(f+l,f+mid+1) * poly(g+mid+1,g+r+1);
		For(i,l+mid+1,ii, ii = min(n/2,mid+r)) ckadd(f[i],a[i-l-mid-1]);
	}
	cdq(mid+1,r);
}

为了优化常数，可以只求出前 \(\frac{n}{2}\) 的 \(f\) 再 \(O(n)\) 计算 \(f[n]\)

最短 border 小于等于长度的一半

2.14

开心消消乐

考虑如何 \(O(n)\) 检验：设 \(f[i,j,k]\) （\(i\equiv0\pmod2\)）为前 \(i\) 位后添加加 \(j\) 能否得到 \(k\)，转移时判断 \(s_{i-1},s_{i}\) 是否在一次合并中消去即可。可以比较自然的扩展到计数，问题在于合法串的不同消去方式会被重复计数

解决方法是改一下状态：设 \(f[i,j]\) （\(i\) 同上，\(j\) 为 \(4\) 为二进制数）为前 \(i\) 位后添加 \(0/1\) 能否得到 \(0/1\)（其实是个状压），前 \(i\) 个球的所有情况一定唯一对应在一个 \(j\) 中。转移时枚举 \(s_{i-1},s_{i}\) 填什么。预处理 \(2^{4}\times2^{2}\) 种转移即可做到 \(O(2^{4}n)\)。

计数类 DP 要求每种情况唯一地存在于一个 DP 状态中

树上的棋局

暂鸽 upd 3.2：

显然每个棋子为一个子游戏，可以归纳得到每个棋子的 SG 值为其到子树中最远点的距离，由于有换根操作，并不好直接维护

考虑以直径中点为树根（记为 \(rt1\)），那么不论如何换根（记为 \(rt\)），每个点到子树中最远点的距离只有两种可能：

1. \(rt\) 在该点到 \(rt1\) 的链上：该点到子树中最远点的距离
2. 否则：深度（\(rt1\) 到该点距离）+直径的一半（注意直径为偶数需要特判，若在直径的另一个中点子树中则“直径的一半”下取整，否则为上取整）

树剖后线段树维护这两个权值，由 SG 定理可得每个点上棋子数可以 \(\mod2\)，因此修改都是形如“区间中每个点异或上各自的定值”，每个区间维护当前值和异或自己后的值，修改时 swap 即可。

查询时只需要特殊处理类型一的点（利用异或的自逆），仍然要特判直径为偶数

时间复杂度 \(O(n\log^{2}n)\)，被卡常的话把两个线段树换成一个即可常数减半

所有直径交于一点（中心），所有点到树上最远点的路径一定经过中心

社会黄油飞

把式子变形一下得到 \(e(V)-|V|lim>-lim\)，选一条边就必须选其两端的点，最大权闭合子图模型。直接跑会存在什么都不选的情况，这是不合法的

考虑枚举一个点强制选，注意到从 \(i\) 枚举到 \(i+1\) 的时候仅有两条边的容量发生变化，可以先退掉需要减少容量边的流量再在残量网络上增广。每次退流与重新增广的复杂度上界为 \(O(lim(n+m))\)

外校有老哥写了牛逼贪心，求证明/ hack：初始选所有点，删去度数最小点并更新其余点的度数

遇到奇怪的问题想网络流
考虑把若干个贪心拼起来取最优解

2.16

trash round

昨晚造太晚了，睡了早读+赛时 0.5h。。。然后挂大分了

写暴力/特殊性质也要认真对待

数学题

记第 \(i\) 行的数为 \(a_i\)。求 \((i,j)\) 的答案本质是求 \([1,i),(i,n]\) 这些数构成的线性基能否表示 \(a_{i},a_{i}\oplus2^{j}\)

直接做复杂度 \(O(\frac{nm^{3}}{\omega})\)，瓶颈在于 \(a_{i}\oplus2^{j}\)，考虑分类讨论将其转化为 \(a_{i},2^{j}\)

• 能表示 \(a_i\)：
  • 能表示 \(2^{j}\)：能表示 \(a_{i}\oplus2^{j}\)
  • 不能：不能表示 \(a_{i}\oplus2^{j}\)
• 不能表示 \(a_i\)：
  • 能表示 \(2^{j}\)：不能表示 \(a_{i}\oplus2^{j}\)
  • 不能：
    • \([1,n]\) 构成的线性基能表示 \(2^j\)：\([1,i),(i,n]\) 构成的线性基能表示 \(a_{i}\oplus2^{j}\)，加上 \(a_i\) 才能表示 \(2^j\)
    • 不能：\([1,i),(i,n]\) 构成的线性基能表示 \(a_{i}\oplus2^{j}\)

问题变为求 \([1,i),(i,n]\) 构成的线性基能否表示 \(a_{i},2^{j}\)，\([1,n]\) 构成的线性基能否表示 \(2^j\)

前者可以使用带删除的线性基，消成对角线即可 \(O(m)\) 查询能否表示 \(2^{j}\)。另一种做法是记录 \([1,n]\) 构成的线性基能否&如何表示 \(a_{i},2^{j}\)

构造题

题目给了一堆保证，关键点在于平面图（根据四色定理一定有解），每个点度数 \(\le8\)（\(2k\)）

考虑将点按坐标排序，依次染色，每次只需要考虑与 \(u\) 相连且已经染过色的 \(4\) 个点，依次记为 \(p_{0\sim3}\)，颜色记为 \(c_{0\sim3}\)。

考虑给 \(u\) 染 \(c_0\)，那么需要将 \(p_0\) 的颜色改为 \(c_2\)，再将与 \(p_0\) 相邻的 \(c_2\) 颜色改为 \(c_0\cdots\)。一直 BFS 下去，如果 \(p_2\) 也要改，那么不合法，对 \(p_1,p_3\) 进行类似的操作即可（此时一定合法，因此 \(p_0\) 到 \(p_2\) 的路径围住了 \(p_1\)，且该路径上的点颜色均为 \(c_0\) 或 \(c_2\)）

感觉没图不太好理解，懒得画了

网格图构造题

一个重要性质：如果 \((i,j),(i,j+1)\) 同色，那么 \((i-1,j-1)\sim(i,j+1)\) 这六个格一定是联通的，其余同理。

因此要想把 \((x_{1},y_{1}),(x_{2},y_{2})\) 竖向分开，一定存在 \(j\) 使得 \(ans[i,j]=L\)。注意到一旦有一条竖分割线，那就一定不存在横分割线，即所有的不联通点对都是竖向分开的，这样就把二维问题转化为了一维

转化后的问题为：构造一个 \(0/1\) 序列，两种限制：某区间中全为 \(0\) 或某区间中存在 \(1\)。（\(1\) 代表分割线）

有确定正确的 DP 做法。hz 貌似没人写，这题分类讨论巨多因此不想看外校老哥的代码，遂弃疗贺了 ycx 的代码

考虑直接构造方案然后 check，必须为 \(0\) 的构造一下（分 \(n,m\) 奇偶性），其余均填 \(1\)，每个联通块实际上需要通过分割线来保证联通，因此需要特判 sub3。正确性不明

横向分割线的两种图：

DDDDDDD
UUUUUUU
LRLRLRD
LRLRLRU

DDDDDD
UUUUUU
LRLRLR

这题细节巨多但数据极水，个人认为想到降维就行了，写代码也就图一乐

2.18

进制转换

设 \(a_i\) 为 \(b\) 进制下 \(y\) 的第 \(i\) 位，不难得到 \(a_{m}b^{m}\le y<(a_{m}+1)b^{m}\)，按套路根号分治即可得到做到 \(O(40000T\log)\)

正解的关键是 \(a_{i}\le9\)，而上面的式子只按 \(a_{m}<b\) 估计了上界，更紧的上界为 \(a_{m}b^{m}+9\dfrac{b^{m}-1}{b-1}\)，后面加的数为 \(a_{0\sim m-1}=9\) 的值。对于 \(b\le100\) 枚举 \(b\)，否则枚举 \(m,a_{m}\) 即可，复杂度约 \(O(300T\log)\)

遇到困难睡大觉

21 年论文题，鸽了

不过退火可过

張士超你昨天晚上到底把我家鑰匙放在哪了

放钥匙的方案数是经典容斥：枚举若干位置强制放 \(a_{i}+1\)，设 \(f[i,j]\) 为前 \(i\) 个地方强制放了 \(j\) 把钥匙的系数，然后对 \(f[M,i]\) 做插板法

考虑带上概率。答案可以表示为找到某些地方的概率 \(\times\) 这些地方放 \(\ge n\) 把钥匙的方案数，可以类似地把概率乘进系数里，DP 状态中再加两维表示找到了 \(k\) 个地方，这 \(k\) 个地方强制放了 \(l\) 把钥匙即可

最后计算方案数可以转化为：\(n_{1}+n_{2}\le10^{9}\) 个元素放到 \(m_{1}+m_{2}\le100\) 个集合中，前 \(m_1\) 个集合至少放 \(n_1\) 个，求方案数。根据第 \(n_1\) 个元素和第 \(m_1\) 个集合的位置关系可以得到两个做法：
枚举前 \(m_1\) 个集合有多少个元素，分别插板相乘
枚举第 \(n_1\) 个元素属于哪个集合，答案为 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{m_{1}}{n_{1}+i-1\choose n_{1}}{n_{2}+m_{1}+m_{2}-i\choose n_{2}}\)

给定的 \(d\) 是为了减少 DP 状态的，时间复杂度 \(O(M^{2}(\frac{N}{d})^{2})\)，瓶颈在于 DP

利用数据特性来减少 DP 状态
可以先 DP 系数，在乘上对应的值
两个相关变量大小不同阶时枚举小的

2.20

T1 T2 都接近正解，但写挂了，T3 不会暴力，于是爆 \(0\) 了，很难受

货币

问题即为把某种颜色改成另一种，求最小的包含所有颜色的区间

数颜色一般从后继考虑，记每个右端点的最大合法左端点为 \(f[r]\)，则有 \(f[r]=\max\{i\mid suf[i]>r\}\)。插入一个元素并更新后继是容易的，可以启发式合并颜色。修改 \(suf[u]\) 的对于 \(f[i]=u\) 的 \(i\) 显然可以 \(O(\log n)\) 线段树二分计算，瓶颈在此。

考虑利用 \(f\) 的单调性。\(f[i]=u\) 的 \(i\) 一定在一段区间 \([l,r]\) 中（可以线段树二分求出），且计算出 \(f[l]=v\) 后一定有 \(f[l\sim suf[v]-1]=v\)（\(suf[u+1\sim v-1]\le l<suf[v]\)），区间修改后接着计算 \(f[suf[v]]\) 即可

时间复杂度考虑每次查询会使区间数增加 \(O(1)\)，而对于每个 \(u\)，由于修改后 \(f\) 仍单调，区间合并次数为 \(O(1)\)，复杂度 \(O(n\log^{2}n)\)

利用好均摊来保证复杂度

比赛

每个人在必胜的情况下才会改，因此 \(x\le i\Rightarrow a_{i}\le i\)。考虑倒推，让 \(i\) 成为 \(i-a_{i}\) 的儿子，\(i\) 能胜（把 \(x\) 改为 \(i\) 后必胜）的条件为 \(i\) 的儿子均不能胜，答案为最小的能胜的点（一定是 \(0\) 或 \(0\) 的儿子）

记 \(f[u]\) 为 \(u\) 是否能胜（\(0\) 为能胜），则有 \(f[u]=1-\prod_{v\in\text{son}(u)}f[v]\)，修改 \(a_i\) 会改变连边，LCT 维护 DDP （需要虚儿子信息）即可

实现上可以用 set 维护能胜的 \(0\) 的儿子，link,cut 后 access 到 \(0\)，更新该链上 \(0\) 的儿子即可

字符串

先考虑找根。由于 trie 和 fail 上的结点编号是对应的，可以把同时存在的边拎出来，这些边构成 \(a\cdots a,b\cdots b,\cdots\)，若一个点的度数超过 \(3\) 那么它就是根。否则一定形成一条链，考虑这条链上的邻居，其代表的字符串应为 \(a\cdots ab\)，因此其 fail 要么也是链的邻居，要么是根或代表 \(b\) 的字符串（根的儿子），可能的根只有 \(\le3\) 个，枚举即可（注意特判所有点都在链上的情况）

确定根后了，那么 dfs fail 树，对于一对父子 \(u,v\)，一定有 \(u,v\) 在 trie 树中向上的边都相同，不过只需要把 \(u,v\) 与其父亲的连边用并查集合并即可，因为上面的边会在其他时候被合并

然后我遇到了两个问题，求教/kk：

1. 如果求 ACAM 判断是否合法，是否有比可持久化数组保存转移更优美的做法
2. 如果不求 ACAM（如果 trie 上一点有两条转移边在同一集合则非法，否则合法），如何证明正确性

upd：2 貌似很显然，是我菜了（从 border 长度考虑）

2.21

赞美良心出题人，放过了复杂度较劣的做法

排队

考过的套路，还是没想起来

显然逆序对之间会连边，最大独立集即为 LIS。记 \(f[i]\) 为以 \(i\) 结尾的 LIS 长度，若不存在可能在 LIS 上的点 \(j\) 满足 \(f[j]=f[i]\)，那么 \(i\) 一定在 LIS 上。

LIS 是可逆的，记 \(g[i]\) 为以 \(i\) 开头的 LIS 长度，满足 \(f[i]+g[i]-1=LIS\) 的点才可能出现在 LIS 上

路径相关问题可以正逆两个方向同时考虑

麻烦的杂货店

考场做法是离线+根号分治，\(O(n\sqrt{m}\log n)\)

以下是正解。只考虑向左找匹配括号，向右同理。

把左右括号分别记为 \(1,-1\) 并做前缀和 \(s\)，记 \(pre[i]=\max_{j<i,s_{j}<s_{i}}\{j\}\)，那么 \([pre[i]+2,i]\) 是合法的括号序列，且 \([pre[pre[i]],i]\) 中不存在跨过 \(pre[i]\) 的合法区间（均可以把 \((i,s_{i})\) 画在坐标系上考虑）

对于询问区间 \([ql,qr]\)，记 \(l,r\) 为最左、最右的区间最小值位置

分治

容易用线段树二分找到\(l,r\)，那么 \([l,r]\) 是合法区间，然后递归 \([ql,l),(r,qr]\) 即可。时间复杂度 \(O(n+m\log^{2}n)\)

倍增

记 \(le[i,j]\) 为从 \(i\) 开始，走 \(2^j\) 次 \(pre\) 到达的点，\(f[i,j]\) 为答案。询问时把 \(ql,qr\) 在保证 \(ql\le qr\) 的前提下同时向中间倍增，最后 \(ql,qr\) 一定到达 \(l-1,r\)，把沿途的答案与 \(qr-ql\) 取 \(\max\) 即可。时间复杂度 \(O((n+m)\log n)\)

ST 表

用 ST 表可以求出 \(l,r\)，也可以预处理以某区间中点为右端点的答案（最小左端点），然后询问 \((r,qr]\) 即可。由于有 \(s_{r}<s_{qr}\)，因此不用担心左端点超出 \(ql\)。时间复杂度 \(O(n\log n+m)\)，非常优秀

2.23

签到题

由度数 \(\le3\) 不难得到最小割 \(\le3\)，比较困难是 \(=2\) 的部分

考虑一个边双，求出其 dfs 树。最小割 \(=2\) 即为删去两条边将树分成两个等价类，且从这两个等价类中分别任取一点，最小割都是 \(2\)，而同一等价类内部点对间最小割为 \(3\)（最小割树理论）。对这两条边分类讨论：

• 树边+非树边：删掉这条树边后树上的两个连通块间仅有一条非树边相连，这条非树边从树边的子树伸上去。树边的子树为一个等价类
• 树边+树边：一定是祖孙关系，且跨过一条树边的非树边都跨过了另一条（否则由于是边双，两边的子树各有一条不同的返祖边伸上去）。两树边之间的连通块为一个等价类

考虑对每条非树边随机一个权值，树边的权值为跨过它的非树边的权值异或。第一种情况为一条树边的权值等于一条非树边的权值，第二种情况为一条树边的权值等于其祖先树边的权值。得到两个连通块后可以给其中一个中的所有点异或上随机权值，最终权值相等的点在同一等价类。使用树上差分+哈希表即可做到 \(O(n)\)

用随机权值异或表达等价关系，注意使用 mt19937_64 来保证正确率

卷王

根据直径相关理论，合法情况一定有 \(|S|\le3\)（两个直径端点和 \(-1\)），分类讨论即可

构造方法为先构造唯一的直径，再在不影响的地方挂菊花来放置多余的点

某些题可能只有特殊情况有解，那就不需要考虑一般情况
注意小数据，可能需要特判

2.25

快放假了，于是准备摸鱼，结果最后若干 min 会了 T3，差 30s 交上去，非常生气

小说

使用 ACAM 可以做到 \(O(\sum|s_{i}|^2)\)，但并没有这档分/kk

自选题，鸽了

LJJ的电阻网格

调和级数部分和有近似公式：

\[H(n)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\approx\ln n+\frac{1}{2n}+\gamma \]

其中 \(\gamma\) 为欧拉常数，使用 long double 计算 \(H(10^{9})\) 可以近似到 \(0.5772156649015\)

祖先

考场做法是 \(O(n\sqrt{n}\log n)\) 的根号分治

以下是正解。记 \(s\) 为子树权值和，考虑把答案简单容斥为 \(\displaystyle\frac{s_{u}^{2}-a_{u}^{2}-\sum_{v\in son(u)}s_{v}^{2}}{2}\)

单点加对 \(s\) 的影响是链加，但不好算 \(\sum s_{v}^{2}\)。考虑树链剖分（类似 DDP），维护每个点轻儿子的 \(\sum s_{v}^{2}\)，跳轻边时更新，每条重链只需要作区间加、单点查询即可

子树加对祖先的影响类似单点加，对子树内部的影响可以先记录在子树根上，询问时链查询即可得到该子树被加了多少次，额外维护 \(\sum s_{v}siz_{v},\sum siz_{v}^{2}\) 即可做到给所有轻儿子同时子树加后求 \(\sum s_{v}^{2}\)

答案与儿子有关时考虑 DDP 的思想

2.26 (accoders)

排队

题目中计算方式求出的逆序对数为 \(\sum\max(a_{i}-i,0)=\sum\max(i-a_{i},0)\)，一定是小于等于真实逆序对数的

考虑何时会算少。对于第 \(i\ (a_{i}>i)\) 个元素，若存在 \(j<i,a_{j}>a_{i}\)，那么无法统计 \((j,i)\) 这对。进一步观察发现 \(j\) 也满足 \(a_{j}>j\)，因此所有 \(a_{i}>i\) 的元素是递增的。对 \(a_{i}<i\) 的元素也有类似结论。如果确定了 \(a_{i}>i\) 的元素，\(a_{i}\le i\) 的元素也就确定了

只考虑 \(a_{i}>i\) 的元素并忽略给定元素。把 \((i,a_{i})\) 放在坐标系上，这些点的 \(x,y\) 坐标都是不降的，可以看做从 \((0,0)\) 走到 \((n,n)\)，不接触直线 \(y=x\) 的方案数（为卡特兰数）。对于题目给定的前 \(m\) 个元素，只需要检查一下合法性，并改变起点即可（从最大的 \(a_{i}>i\) 的点开始走）

联立不等式来观察
如果特殊情况下答案是卡特兰数，那么可以考虑把一般情况往格路计数上转化

烽火戏诸侯

没题解，可能闲下来的时候会去看 AC 代码

总结

成绩比上个月好看一点，可能是心态变好了？不过更可能的原因是题目风格更适合我了，感觉很久没有遇到奇怪的 DP 了

也许是模拟赛打太多了，感觉越来越不重视。考场上摆烂、对挂分无所谓、不补题/贺 std，问题还是蛮多的，下个月开始记录 rk & 得分来解决吧，希望省选带来的紧迫感能起一定作用

出现了写不完代码的情况（虽然只有很少几次），不知道是不是对拍太多了，虽然有大样例不太容易挂分，但缺少对拍辅助调试/心理暗示很不习惯，尝试调整一下