2.基础优化技巧
基础优化技巧1
三分
一般仍然是用二分+eps处理。
01分数规划
求解形如：
有 \(n\) 个物品，每个物品有两个权值 \(a,b\)，选出一些物品，使得两个权值和的比值最大或最小。也就是另 \(w_i=0/1\)，最大化：
一般我们用二分答案处理，移项可得：
例题1- [HNOI2009] 最小圈
给定有向带权图，在图上找一个环，使得环上边权和除以节点个数最小，求这个最小的平均值。
\(n\le 3000,m\le 1000,w_i\le 10^7\)。
观察到答案是比例形式，联想到 \(0/1\) 分数规划。考虑把边看作 \(a\)，点看作 \(b\)，二分一个答案后，边权 \(v\) 重新赋值为 \(v-t\)，使用 SPFA 找负环即可。找到负环说明 \(mid\) 仍能再小。
判负环注意是入队次数大于等于 \(n\)。
写完才发现远古题的恶心之处：
- 复杂度正确的 BFS SPFA过不了，复杂度错误的 DFS SPFA能过？
- 题解所有人的算法最差复杂度达到 \(O(m^2n\log )\)，这也能过？
- 4202年还需要洛谷机子加强到 5s，9002年的科技就是发达，1s跑3e9。
整体二分
建议改名整体分治。注意复杂度分析。
例题2- P3527 [POI2011] MET-Meteors
有一个初始为 \(0\) 的序列 \(a\) 和 \(m\) 个操作，每个操作是区间 \([l_j,r_j]\) 加 \(k_j\)。你要对于每个位置 \(i\)，求出第几次操作后能使得 \(a_i>x_i\)。
\(n\le 3\times 10^5\)。
可以主席树二分做，但是空间被卡了。
如果只有一个国家是简单的，直接二分时间+前缀和即可。
考虑对所有国家同时进行二分， 函数 solve(l,r,<vector>v) 表示时间（操作数）的范围是 \([l,r]\)，序列是 \(v\)。
每次二分一个 mid=l+r>>1，执行 \([1,mid]\) 时间内的操作，看每个点是否超过限制 \(x_i\)。超过则说明需要小一点，放在 \(v_l\) 里，否则放在 \(v_r\) 里。注意树状数组及时清空即可。
以上是常见错误，复杂度退化成单个二分。
实际上整体二分是分治，不知道谁起的这个名字。分治过程中复杂度只能与分治区间有关。树状数组需要通过撤销清空。
复杂度 \(O(n\log^2n)\)。
怎么这题还卡 long long。
void solve(int l,int r,vector<int>v) {
int mid=l+r>>1;
if(l==r) {
for(int x:v) ans[x]=l;
return ;
}
vector<int>v1,v2;
for(int i=l;i<=mid;i++) {
if(op[i].l<=op[i].r)
t.update(op[i].l,op[i].r,op[i].k);
else t.update(1,op[i].r,op[i].k),t.update(op[i].l,m,op[i].k); //
}
for(int x:v) {
int tmp=Query(x);
if(tmp<lim[x]) lim[x]-=tmp,v2.push_back(x);
else v1.push_back(x);
}
for(int i=l;i<=mid;i++) {
if(op[i].l<=op[i].r)
t.update(op[i].l,op[i].r,-op[i].k);
else t.update(1,op[i].r,-op[i].k),t.update(op[i].l,m,-op[i].k); //
}
solve(l,mid,v1);solve(mid+1,r,v2);
}
补充例题 P8231 [AGM 2022 资格赛] 农场
将例题2 搬到矩形上
套用二维树状数组即可。
分治
例题3- 【模板】三维偏序
三维偏序，第一维度直接排序做。
然后分治，处理经过分治中点的区间，第二维度左右区间分别归并排序后双指针，注意这样仍满足第一维度的限制，第三维度双指针的时候用权值树状数组在左区间修改，右区间查询。
注意处理相等元素会很麻烦，所以直接去重就好了。记录一下重复元素个数。
bitset 解决 更高维度的偏序
构造01矩阵 \(S_{p}\) 表示第 \(p\) 维度的偏序关系，不难发现 \(S_1({i,j}) \and S_2(i,j)...\) 即为 \(i,j\) 在所有偏序上的关系。只需用 count() 函数计算 bitset 中 \(1\) 的个数即可。
构造 \(S\) 的过程也比较简单，对于每一维先排序，再用 bitset 记录比自己小的集合即可。
时空复杂度 \(O(n^2/\omega),\omega=64\)，时间上常数较小，空间上比较紧：**牢记NFLS bitset 惨案：1个长度为 \(N\) 的 bitset 内存是 \(N\times 4/\omega,\omega=32\) **。当 \(N=10^{10}\) 时达到了 1G+，小心MLE保龄。
补充例题 ：P3769 [CH弱省胡策R2] TATT
四维偏序
补充例题：P5979 [PA2014] Druzyny
例题4：分治与最短路 - P3350 [ZJOI2016] 旅行者
给你一个 \(N\times M\) 的网格图，边有正边权，\(Q\) 次询问，从 \((x_0,y_0)\to (x_1,y_1)\) 的最短距离。\(N\times M\le 10^4,Q\le 10^5\)。
好题！二维题分治一维。
我们知道长成最短路的通常只能用最短路算法（网格图虽说可以 \(dp\)，但显然不好做），我们曾做过：[GXOI/GZOI2019] 旅行者，使用二进制分组的方式建虚拟源点跑 \(\log\) 次最短路。那么这道题能否用类似的方式呢？
观察到 \(N\times M\le 10^4\)，\(\text{CandyBar}\) 曾在根号重构中讲过类似的处理套路，即 \(\min(N,M)\le 100\)。
那么就可以枚举较短的那一条边作为虚拟源点了，外面再套个啥？理应想到分治，因为我们能根号对数时间内快速处理跨过一个点的询问点对。用分治进行降维。
复杂度 \(O(n\sqrt n\log n+Q\sqrt n)\)。
例题5：区间最大值分治 - CF1156E Special Segments of Permutation
给定长度为 \(n\) 的排列，求多少区间满足 \(p_l+p_r=\max _{i=l}^r p_i\)。
不要往扫描线上想，这是经典序列分治，直接考虑中点，和前缀后缀最大值即可。比较麻烦。
还有一种不大经典的分治，考虑最大值分治，然后最大值所代表的区间是好确立的，我们 只遍历短的那一边，另一边用数据结构 数组查找。
另外可以往笛卡尔树启发式合并上想。
补充例题：CF1175F The Number of Subpermutations
求满足 \(1...r-l+1\) 各出现一次的区间 \([l,r]\)。
考虑刻画一个满足条件的区间：
- 区间最大值为 \(r-l+1\)
- 区间每个数都只出现了一次。
发现这样足以，前者可以区间最大值分治，后者可以用比较套路的方法：记录上一个出现的位置为 \(p_i\)，则 \(\max_{i=1}^rp_i<l\)。
注意到区间长度实际上已经确定，因此无论左边右边都直接枚举做即可。
Wa了一次的原因是，枚举左端点，算出右端点，需要保证右端点跨过最大值。
补充例题1：P5979 [PA2014] Druzyny
倍增
常见应用：
- Floyd 判圈
- 求LCA / \(k\) 级祖先
- ST 表
要求：具有结合律，不要求可减性。
例如：\(O(\log n)\) （查询）求树上路径 \(\min,\gcd\)。
其正确性由 二进制表示的唯一存在性给出。
例题6：国旗计划
环上给定 \(n\) 个没有包含关系的区间 \([l_i,r_i]\)，求必须选第 \(i\) 个区间的情况下，还需要选多少区间才能使得 \([1,n]\) 全部被覆盖。
首先断环为链，对于本题，要么处理区间，要么处理位置。
处理区间的话，我们有显然的贪心策略：如果按右端点排序，跳到最后一个左端点小于当前区间右端点的区间。这个可以简单预处理得到。
然后需要从一个区间不断跳，直到跳到这个区间左端点右边，我们有 \(O(n^2)\) 的模拟，可以倍增优化这个过程。
哈希
通过把某个对象通过对其特征的描述映射为一个值来去重/判断相等。
关键在于抽象其关键信息，以构造适当的哈希函数。
字符串哈希
把字符串看作 B (B>26) 进制数，随机选择一个大质数 \(P\)。结论是两个随机字符串的哈希值相同的概率大约是 \(\frac{1}{P}\)。所以当比较次数较大的时候使用双模哈希。但打CF的时候小心被人对着卡。
自然溢出容易撞的原因是：如果哈希函数构造不当导致很多偶数乘进来，例如结果为一个 \(2^{100}\cdot d\)，自然溢出的结果为 \(0\)。
例题7 异或哈希：[ABC250E] Prefix Equality
给定两个序列 \(A,B\)，多次询问，每次给出 \(x,y\)，判断 \(A\) 的前 \(x\) 项和 \(B\) 的前 \(y\) 项构成的集合是否相同。（集合不可重）
显然是和顺序无关的函数，而且我们只在第一次出现的地方修改哈希即可。
常见的套路就是每个值随一个大数，异或起来。
如果拓展到区间，放到主席树上就ok了。
Trie
例题8：P3065 [USACO12DEC] First! G
给定若干字符串，你可以任意规定字符间的偏序关系，求有多少字符串能够成为字典序最小的字符串。
首先只有作为前缀的字符串才有可能是答案。
建出 trie 树，一个串能成为答案，那么从根到这个节点，会形成若干偏序关系，我们需要判断这个偏序关系是否合法。
后者是经典图论模型，偏序关系连边后判断是否成环即可。可以用拓扑排序。
例题9：P4551 最长异或路径
给定一棵树，边有边权，求两点间路径异或和最大是多少。
树上路径异或直接前缀和，甚至不需要求 lca。
问题转换为 \(n\) 个数两两异或和最大是多少。都插到 01trie 里，查询的时候尽可能反着走就行。
注意全局加一是从小往大插，其它都是从大往小插。
例题10：CF888G Xor-MST
有一张 \(n\) 个点的完全图，边权为 \(a_i\oplus a_j\)，求MST。
妙妙题。
实际上是 B开头的 MST 算法，考虑初始有 \(n\) 个连通块，每次寻找所有连通块连出去的最小边，将这些边加入最小生成树，并合并这些连通块。
每次连通块个数至少减半，所以复杂度是 \(O(m\log n)\)。
对于这个题，我们建出 01trie 后，如何找最小边？这两个点的 lca 一定尽可能深，所以 dfs 一遍tire，从下往上，找到一条最小的边，合并每个点的左右子树。根据 B-算法，这样做是正确的。不需要 dsu 等其他东西。
如何找到最小的边？可以遍历较小的一棵子树，在另一棵子树查询，复杂度类似启发式合并。
也可将原数组排序后再建树，这样树上每个点都对应原数组一段区间。直接遍历即可，每个点只会被其祖先访问，01trie深度是对数级别的。总复杂度 \(O(n\log^2n )\)。
