[题解汇总]邓老师部分题目
一道一道地写了......因为有点多，所以可能不是特别详细。另外，这个题解只覆盖我来得及做的，还有很多题我并没有做qwq
[DATALOST]STARS
不得不说，“锦囊” 这个比喻的确十分恰当，但是恰当有什么用，我还是差点没学懂，这道题的启发并不全在于 \(k\) 很小，更重要的是 —— 状态的设计是源于我们对一个序列合法性的判断方式。
◆ 搞定判断
有没有什么方法可以很好地搞定一个序列是否是 “奇妙” 的？注意到 \(k\le 5\)，我们可以稍微暴力一点 —— 不妨将固定点 \(P\) 的维数的顺序用 \(\mathcal O(k!)\) 先全部枚举出来，得到一个 \(\set{s_i}\)，它描述的是，我们对这个序列从左到右匹配，当某个时候我们发现当前的点 \(A\) 在所确定的 \(P\) 坐标之内没有和它相同的时候，我们打开 \(\set {s_i}\) 的下一维，假设为 \(s_j\)，然后我们将 \(A\) 的坐标向量 \(\Vec{v_A}\) 的第 \(s_j\) 维放到 \(\Vec {v_P}\) 的 \(s_j\) 维上。那么，一个序列是合法的，当且仅当存在一个 \(\set {s_i}\) 使得这个序列可以被全部匹配完。
“这就好比有一个世外高人给了你一个锦囊序列，你每遇到一个无法解决的问题的时候，就打开下一个锦囊，看看那个高人给你的指点在哪一维上。
如果锦囊用完了都还有问题，那就说明这个高人是假的。” —— 邓老师
◆ 得到 DP
我们称一个需要启用锦囊的位置为 “失配点”。上面的判断给了我们启发：我们 只需要求出对于一个起始点 \(i\) 以及一个锦囊序列 \(S\) 的失配点集合 \(\mathscr P(i,S)\)，举个例子，出门的点 \(i\) 一定在 \(\mathscr P\) 中。
现在，我们尝试寻找 \(\mathscr P(i,S)\) 与 \(\mathscr P(i+1,S[1:])\) 之间的联系 —— 我们先考虑 \((i+1,S[1:])\) 的过程：从 \(i+1\) 开始，先启用 \(S[1]\)，再启用 \(S[2]\)...... 而 \((i,S)\) 的过程呢？出门先将 \(S[0]\) 花在了 \(i\) 点上，然后从 \(i+1\) 开始，尝试用 \(S[1:]\) 解决问题，这和 \((i+1,S[1:])\) 十分相似！但是稍微有一些区别：\((i+1,S[1:])\) 无法解决的一些点，可能在 \((i,S)\) 可以通过 \(\Vec {v_i}\) 的第 \(S[0]\) 维解决，因此，我们来一个分类讨论：
- \(\mathscr P(i+1,S[1:])\) 中任何一个点都无法被 \(\Vec{v_i}(S[0])\) 解决，此时 \((i,S)\sim (i+1,S[1:])\)；
- \(\mathscr P(i+1,S[1:])\) 中有一个点可以被 \(\Vec{v_i}(S[0])\) 解决，此时，我们找到那个可以被 \(\Vec{v_i}(S[0])\) 解决的点在 \(\mathscr P(i+1,S[1:])\) 中的位置，并将 \(S[0]\) 放到对应的 \(S[1:]\) 中去，得到 \(T\)，此时 \((i,S)\sim (i+1,T)\) —— 它稍微有一点类似于，原本我们应当在 \(i\) 就把 \(\Vec{v_i}(S[0])\) 填到 \(\Vec{v_P}\) 中去，不过我们稍微往后延迟了一点；
此时，我们就会转移了：第一个情况的转移是朴素的，直接继承 \(\mathscr P\) 即可，对于第二种情况，考虑在 \(\mathscr P(i+1,S[1:])\) 找到第一个和 \(\Vec{v_i}\) 在 \(S[0]\) 维相同的位置，将那个位置删去，在最开始放入 \(i\) 作为失配点，就完成了转移。
[PA 2021 Round1 A]Od Deski Do Deski
和上一道题相似的思路，我们先考虑判断一个序列是否合法：定义 \(f(i)\) 为 \(a[1:i]\) 的合法性，不难得到转移：
现在开始考虑如何统计这个题的方案，不难发现，一个点 \(i\) 能填入的颜色种类实际上就是满足 \(f[j-1]=1\) 的那些位置的颜色集合。因此，我们可以设计状态 \(dp(i,j,0/1)\) 表示当前位置 \(i\)，合法的颜色种数有 \(j\)，当前序列 合法/不合法 的方案数。
[DATA LOST]GUESS
注意题目传达的意思是，我们和 \(\textsf{Bob}\) 都不知道 \(y\) 是多少，我们是站在最坏的角度考虑我们可能会需要多少次来猜出答案。
真的无法想到这种转化：如果 \(\textsf{Bob}\) 问 是不是大于 \(x\) ? \(\textsf{Alice}\) 回答是，我们就把 \([1,x]\) 覆盖一遍，否则把 \([x+1,n]\) 的覆盖一遍，而如果一个数被覆盖了大于等于 \(2\) 次，就不可能是这个数。而 \(\textsf{Bob}\) 胜利的情况就是只有一个数覆盖次数小于等于一次。此时，问题就转化为覆盖。这种瞎**转化谁**想得到？
注意到我们每次都是将 \([1,x]\) 或者 \([x,n]\) 覆盖次数加一，因此，覆盖次数构成的函数图像一定是一个形如 "V" 的峡谷，而峡谷两边，过高（指覆盖次数大于等于 \(2\)）的部分又会被我们砍掉，因此，可能出现的情况就只有 \([1,1,\cdots,1,0,0,\cdots,0,1,1,\cdots,1]\)，那么，我们可以设 \(f(i,j,k)\) 表示 \(\displaystyle [\overbrace{1,1,\cdots,1,1}^{i\;\text{times}},\overbrace{0,0,\cdots,0}^{j\;\text{times}},\overbrace{1,1,\cdots,1,1}^{k\;\text{times}}]\) 的情形还需要最少多少次询问。注意这里我们并没有再可以强调 \(\textsf{Alice}\) 说谎的情况，因为巧妙的转化已经帮助我们解决了。朴素的 DP 复杂度是 \(\mathcal O(n^4)\) 的，不过可以二分决策点，将复杂度降低至 \(\mathcal O(n^3\log n)\)，注意到答案关于 \(k\) 是单调的，而次数的大小在 \(\mathcal O(\log)\) 级别，所以我们可以把次数放进状态而将 \(k\) 变成值。最后的复杂度就变成 \(\mathcal O(n^2)\) 了。这一段我还没搞懂，找时间再看看
[PA2021 Round2 A]Poborcy Podatkowi
◆ 暴力的思路
不妨设 \(f(i,j)\) 表示我们在当前的子树中选择了某些长度为 \(4\) 的路径，同时有一条以 \(i\) 为根，长度为 \(j\) 的路径时的最大的和。如果我们不考虑在 \(i\) 上吊的这条路径，转移就是在子树中找一些 \(f(v_k,j_k)\) 使得
- \(j_k=1\) 与 \(j_k=3\) 一样多；
- \(j_k=2\) 的数量为偶数；
求最大权值和，我们只需要在儿子中进行 DP，转移记录 \(dp(\Delta,0/1)\) 表示 \(cnt_1-cnt_3=\Delta\)，同时 \(j_k=2\) 的数量为 偶数/奇数 时的最大权值和。
还有一个小问题 —— 我们如何解决 \(i\) 上有一个长度为 \(j\) 的链？这很好办，加一个假儿子 \(x\)，并且 \(f(x,4-j)=0\)，而 \(f(x,\text{otherwise})=-\infty\) 即可。
不难发现，对于某个点的复杂度是 \(\mathcal O(2\max\Delta)\) 的，总体复杂度将会达到 \(\mathcal O(n^2)\)，这不好 😦
◆ 随机的魅力
还记得以前考过一个题，其复杂度也和 \(\Delta\) 有关，而当时的处理是引入随机化降低复杂度然而很多人直接卡常过掉了......，我们不妨故技重施，将儿子们全部都随机化一下，\(\max\Delta\) 就不会特别大，将其限制在 \(\sqrt n\) 以内，总时间复杂度就降低为 \(\mathcal O(n\sqrt n)\) 了。不过这个期望 \(\sqrt n\) 我并不是特别会证= =+
我补了一个证明：关于一个期望根号的证明.
[Snackdown 2021 Final]Queue At The Bakery
◆ 关键的性质
神 TM 注意力比较集中就可以观察到我们可以把所谓 “排队” 想象成是将每个人分配给每个员工，直觉上讲，将所有人平均分配给每个员工，他们的总等待时间将会最小，事实上，我们也一定存在一种平均的分配方案使得总等待时间最小，而这一性质的基础是，所有顾客的服务时间正好都是 \(d\) 秒。该结论的证明不难，然鹅我不知道如何从较 “数学” 的角度说明这个问题。
一个教训，抓住直觉上的一些东西并对其分析，考察其合理性。
◆ 根据性质设计 DP
既然我们知晓了这个性质，那么我们就紧贴 “余数” 来对每一个员工计算其处理的顾客的总等待时间：设 \(f(i,j,r)\) 表示还剩 \(i\) 天，前一个处理的顾客还需要 \(j\) 时间处理完毕，当前顾客的余数为 \(k\)，那么就有转移：
- 当 \(k=0\) 时，接待这个顾客，其等待时长为 \(j\)，状态变为 \(f(i-1,j+d-1,m-1)\)；
- 当 \(k\neq 0\) 时，不用接待这个顾客，状态变为 \(f(i-1,j-1,k-1)\)；
- 当没有来人时，编号不变，状态变为 \(f(i-1,j-1,k)\)；
但是它的复杂度不优，因为第二维的最大值可能为达到 \(nd\) 级别。但是这也到了一个玄学的地方了，即我们不难发现一个东西：当 \(j>n\) 之后，显然后到的人绝没有可能出现遇到 “到了就可以服务” 的情况，他们只会等到前面所有人都服务完才到他们，因此，假设此时期望有 \(g(i,k)\) 个人，设当前状态 \(j=n+t\)，那么将会有 \(f(i,j,k)=f(i,n,k)+(j-n)g(i,k)=f(i,n,k)+t\cdot g(i,k)\)，不难看出，这是一个关于 \(j\) 的一次函数。而出现这种情况只有可能在 \(d\) 比较大的时候，当 \(d\) 较小时，几乎不会出现 \(j>n\) 的情况，我们只需要在 \(j\le n\) 以内做即可。
但是这样复杂度达到 \(\mathcal O(n^2d)\)，还是不大对，我们发现，实际上并不需要将 \(j\) 按照 \(n\) 区分，大概在 \(S=500\sim 1500\) 的范围内即可，为什么呢？注意到 \(0.4\le p\le 0.6\)，也就是说，\(d\) 大概大于等于 \(10\) 时，后到的人遇见 “到了就可以服务” 的概率是十分小的。而函数如果不是关于 \(j\) 线性的，那么有一个时候它会 “触底”，即 \(j=0\)，而这种概率在 \(j\) 达到 \(S\) 的数量级后将会小到几乎不影响精度的情况。同样，当 \(d<10\) 时，让 \(j\) 这一维能够积累到 \(S\) 的数量级以上的概率也很小，可以忽略。
于是，复杂度就变成了 \(\mathcal O(nSm)\)，如果 \(\color{yellow}{\rm TLE}\) 了，可以考虑调整一下 \(S\).
这里的另一个教训 —— 讨论概率问题的时候，注意哪些情况概率小到对答案没有影响，便可以忽略它。
经本人实测，该阈值设为 \(S=100\) 居然都没什么影响，所以它到底是怎算的啊......
[Snackdown 2021 Final]Robbery
如果我们选择了 \(2m\) 个物品，那么一定存在一种方案，使得划分的两组各 \(m\) 个物品的重量差不超过 \(n\). 那么我们可以设计 DP 状态 \(f(k,w)\) 表示我们选择了 \(k\) 个物品，总重量为 \(w\) 的最大值，根据 \(k\) 的奇偶性分成两种转移：
最多只会有 \(\mathcal O(2\log k)\) 层，并且每层每个节点处理的复杂度为 \(\mathcal O(n)\)，而每层的状态数不会超过 \(\mathcal O(5n)\)，最后的复杂度就是 \(\mathcal O(n^2\log k)\).
[AGC044E]Random Pawn
只能说特别妙了，第一步都把我妙到了......设 \(f(i)\) 为位置 \(i\) 的答案，那么有
然后就是破环为链的神奇操作：显然 \(f(i)\le \max A_i\)（无论你怎么证明都可以），于是我们可以令 \(A_1=A_{n+1}=\max A_i\)，同时就会有 \(f(1)=f(n+1)=A_1\)，显然如果走到 \(\max A_i\) 就会停止转移（因为这样是最优的），因此，我们用 \(A_1=A_{n+1}=\max A_i\) 成功破环为链了，现在我们将这个东西转成了一个链上问题，目的是块速求出 \(f(i)\).
接下来是转化成凸包的第二个神奇操作：观察上式，如果没有 \(-B_i\) 这个东西，比如设 \(\displaystyle g(i)=\max\brak{\frac{g(i-1)+g(i+1)}{2},A'_i}\)，那么 \(g(i)\) 就会构成一个上凸壳，现在就看我们如何构造这个 \(g(i)\) 了。
注意到我们的 \(B_i\) 和 \(\displaystyle \frac{f(i-1)+f(i+1)}{2}\) 的部分是线性构成的，因此，我们构造的 \(g(i)\) 一定是 \(f(i)\) 与 \(B_i\) 独立构成的，故我们可以设 \(g(i)=f(i)-c(i)\)，然后带入原式：
因此，如果 \(c(i-1)+c(i+1)=2(B_i+c(i))\)，我们就不用考虑 \(B_i\) 的影响，转而维护一个上凸壳了。而维护这样一个上凸壳复杂度仅仅只有 \(\mathcal O(n)\).
至于这个 \(c(i)\) 怎么求，我们很容易将上式化成 \(c(i+1)=2(B_i+c(i))-c(i-1)\) 的二项递推，随便指定初值即可。复杂度也只有 \(\mathcal O(n)\).
这个题直接秀我一脸......
