CSP-S 2024 第九次

A

设 $f_{i,S}$ 表示考虑前 $i$ 行，选出的矩形在第 $i$ 行上形成 $S$ 中的区间的方案数，

每行的 $S$ 只有 $O(2^m)$ 种，总复杂度 $O(n{2}^{2m})$。

B

考虑先修改再查询怎么做。

考虑左下角为 $(x_1,y_1)$，右上角为 $(x_2,y_2)$ 的矩形，发现斜率在 $[{\displaystyle \frac{y_1}{x_2}},{\displaystyle \frac{y_2}{x_1}}]$ 内的向量会穿过它，

考虑扫描斜率，扫到 ${\displaystyle \frac{y_1}{x_2}}$ 时加入这个矩形，扫到 ${\displaystyle \frac{y_2}{x_1}}$ 时删除它，则扫到一个向量的斜率时已经加入了所有其能穿过的矩形。

考虑一个向量 $(\mathrm{\Delta }x,\mathrm{\Delta }y)$ 能穿过的、左下角在 $(x,y)$ 的矩形，则这个向量需要延伸 $max({\displaystyle \frac{x}{\mathrm{\Delta }x}},{\displaystyle \frac{y}{\mathrm{\Delta }y}})$ 倍才能碰到它，

要求向量碰到的第一个矩形，即要求向量能穿过的、$max({\displaystyle \frac{x}{\mathrm{\Delta }x}},{\displaystyle \frac{y}{\mathrm{\Delta }y}})$ 最小的矩形。

考虑分讨掉这个 $max$。对于 ${\displaystyle \frac{x}{\mathrm{\Delta }x}}>{\displaystyle \frac{y}{\mathrm{\Delta }y}}⟺{\displaystyle \frac{y}{x}}<{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}}$ 的矩形，只需求 ${\displaystyle \frac{x}{\mathrm{\Delta }x}}$ 的最小值，也就只需求 $x$ 的最小值，

对于 ${\displaystyle \frac{x}{\mathrm{\Delta }x}}<{\displaystyle \frac{y}{\mathrm{\Delta }y}}⟺{\displaystyle \frac{y}{x}}>{\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}}$ 的矩形，只需求 ${\displaystyle \frac{y}{\mathrm{\Delta }y}}$ 的最小值，也就只需求 $y$ 的最小值。

以 ${\displaystyle \frac{y}{x}}$ 为下标对加入的所有矩形建权值线段树，维护区间 $x,y$ 最小值即可。

然后这个题不是先修改再查询，套个 CDQ 变成先修改再查询即可。

C

选到每个鸽笼的概率会随着鸽笼的填满而变化，这个不太好处理，所以先用拒绝采样转化下题意：

每次可以选任意一个鸽笼，这个鸽笼满了就再选一个。记下每次选择的鸽笼作为操作序列。

考虑对 $i$ 算答案。考虑容斥，把答案看成恰好 $0$ 个鸽笼比 $i$ 更晚填满的概率，

设 $g(S)$ 表示钦定 $S$ 中鸽笼比 $i$ 更晚填满的概率，则答案为 $\sum _{S\subseteq U-\{i\}}(-1{)}^{|S|}g(S)$。

钦定 $S$ 中鸽笼比 $i$ 更晚填满，实际上就是操作序列上 $S$ 中每个数都在 $i$ 的最后一次出现后出现过，

也就是 $\mathrm{\forall }j\in S$，$j$ 在 $i$ 的最后一次出现前出现小于 $a_j$ 次。

考虑只留操作序列中，$i$ 的最后一次出现前的 $i$ 以及 $S$ 中的数，求满足条件的方案数除以总方案数。

$i$ 比较特殊，必须出现 $a_i$ 次，所以我们先不填 $i$。

设 $f_x$ 表示当前在操作序列中填入 $x$ 个数的方案数，每次对于一个 $j\in S$ 考虑填入 $k$ 个 $j$，则有转移 $f_x\leftarrow f_{x-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k})(k<a_j)$，

填完长度为 $x$ 的操作序列后，有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+a_i-1}{a_i-1})$ 种填 $i$ 的方案（因为 $i$ 的最后一次出现一定在最后），

所以在操作序列中填入 $x+a_i$ 个数的满足条件的方案数为 $f_x(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+a_i-1}{a_i-1})$。

而如果不需要满足条件，每个数都可以随便填，所以在操作序列中填入 $x+a_i$ 个数的总方案数为 $(|S|+1{)}^{x+a_i}$，

所以 $g(S)=\sum _x{\displaystyle \frac{f_x(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+a_i-1}{a_i-1})}{(|S|+1{)}^{x+a_i}}}$。（$x$ 不会很大，最多只有 $a_i+\sum _{j\in S}(a_j-1)$）

考虑同时计算大小相同的 $S$ 的 $g$ 值。设 $f_{o,x}$ 表示除 $i$ 外填入了 $o$ 种数（即 $|S|=o$），且填入了 $x$ 个数的方案数，

则有转移 $f_{o,x}\leftarrow f_{o-1,x-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{k})(k<a_j)$。

则答案为 $\sum _{S\in U-\{i\}}(-1{)}^{|S|}g(S)=\sum _{o=1}^{n-1}(-1{)}^o\sum _{|S|=o}g(S)=\sum _{o=1}^{n-1}(-1{)}^o\sum _x{\displaystyle \frac{f_{o,x}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x+a_i-1}{a_i-1})}{(|S|+1{)}^{x+a_i}}}$。

发现这个转移是背包的形式，所以一开始可以先把所有物品装进背包，求 $i$ 的答案时把 $i$ 拿出来。复杂度 $O(n^5)$。

D

最大值最小，考虑二分答案 $k$。

两个人至少有一个停在点上的那档部分分，直接设 $f_{x,y}$ 表示可不可能一个人在 $x$，一个人在 $y$，BFS 转移即可。

但是他们可能停在边上。所以在每条边上加一个点，一个人在这个点上就代表他停在这条边上，然后就同上了。

转移时需要算点线距和线线距，合理利用点乘叉乘即可。