AtCoder Regular Contest 123
D.Inc,Dec-Decomposition
题目描述
给一个长度为 \(n\) 的 \(A\) 序列，试构造单调不降的 \(B\) 和单调不增的 \(C\)，满足 \(a_i=b_i+c_i\) 并且最小化代价：
\(n\leq 2\cdot 10^5,-10^8\leq a_i\leq 10^8\)
解法
这题 \(\tt slope\ trick\) 做不带脑子，还是先把前置知识看一下吧。
首先写出暴力 \(dp\)，管它多大的数直接塞状态里，设 \(dp[i][j]\) 表示考虑到 \(i\)，并且 \(b_i=j\) 的最小代价，转移：
发现新增的代价是绝对值的形式，可以看成折线函数直接合并上去，然后考虑限制 \(k\leq j\) 是一个取前缀最小值的操作，但是 \(k-(a_{i-1}-a_i)\leq j\) 就不是单纯的前缀最小值了，但是可以把 \(k\) 先往右平移 \(a_i-a_{i-1}\)，然后再取前缀最小值，直接打整体标记就行了。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，折线算法总是超级超级短\(\sim\)
总结
\(\tt slope\ trick\) 可以优化 \(dp\)，直接写暴力方程式然后观察代价与限制即可，打整体标记是常用方法。
真正在做题的时候先考虑操作的顺序，比如这题必须先插入两条绝对值折线之后再取最小值。再讨论插入点和 \(0\) 斜率线的关系，取的最优决策点应该既在原来的 \(0\) 斜率线上又在当前的 \(0\) 斜率线上，本题可以通过讨论证明一定存在这样的点。
\(2021/10/8\) 补充：注意每个位置实际上会有两个重合的转移点。
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,sh,ans,a[M];priority_queue<int> q;
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();int x=a[i],y=0;
if(i>1) sh+=max(a[i]-a[i-1],0ll);//tag
q.push(-sh);q.push(-sh);//insert the change point
q.push(a[i]-sh);q.push(a[i]-sh);
q.pop();y=q.top()+sh;q.pop();//pre min
ans+=2*y-x;//update the 0-slope-line
}
printf("%lld\n",ans);
}
F.Insert Addition
题目描述
一个序列 \(p\)，定义生成序列 \(f(p)\) 为把 \(p_i+p_{i+1}\) 插入到 \(i,i+1\) 中间生成的序列。
初始时 \(A=(a,b)\)，我们把 \(A\) 替换成 \(f(A)\) 进行 \(n\) 次，然后得到删除所有 \(>n\) 的数，得到序列 \(B\)，求 \(B_L...B_R\) 具体的值。
\(a,b\leq n\leq 3\cdot 10^5,L\leq R\leq 10^{18},R-L<3\cdot 10^5\)
前言
首先我想用贡献法直接求出 \(n\) 次后 \(B\) 某个位置的值，发现根本就不会，因为这题是拿来给你找性质的。
你最好先看一下 Stern-Brocot树，本题的很多性质都可以通过类比它获得（所以说学算法要看证明）。
解法
首先声明 \(a,b\) 不是很重要，因为我们可以把原数写成系数对的形式，比如这样：
我继续声明 \(n\) 不是很重要，因为生成新数的大小永远大于当前迭代次数，所以 \(n\) 的增大只是再 \(B\) 序列中激活了更多旧数，那么我们可以考虑充分多次迭代后保留 \(\leq n\) 的数，这和原问题是等价的。
结合你对系数对的观察和类比 \(\tt Stern-Brocot\) 树，我们开始找性质。
性质一
如果 \((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) 在系数数列中相邻，那么 \(x_1y_2-x_2y_1=1\)
证明考虑归纳法，首先第一行是成立的，我们考虑 \(x_3=x_1+x_2,y_3=y_1+y_2\) 时，\((x_1,y_1),(x_3,y_3)\) 有没有此性质：
对于 \((x_3,y_3),(x_1,y_1)\) 也可类似证得，所以可以推至所有情况。
性质二
如果 \(x_1y_2-x_2y_1=1\) 并且 \(0\leq x_1,y_1,x_2,y_2\)，那么 \((x_1,y_1)\) 和 \((x_2,y_2)\) 在某时刻的系数序列中会相邻。
从 \((1,0)\) 和 \((0,1)\) 开始归纳，我们逐步增大这些系数对的值，分为下面两种情况归纳：
- \(x_1\leq x_2,y_1\leq y_2\)
- \(x_1\geq x_2,y_1\geq y_2\)
证明第一种情况可以归纳，设 \((x_3,y_3)=(x_2-x_1,y_2-y_1)\)，由先前的假设可知 \(x_1y_3-x_3y_1=1\)，那么生成的 \((x_2,y_2)\) 就满足 \(x_1y_2-x_2y_1=1\)，并且它们在系数数列中相邻，另一种情况类似证明即可。
推论
如果 \(x,y\) 满足 \(\gcd (x,y)=1\)，那么 \((x,y)\) 会出现在充分多次迭代后的系数数列，且系数数列只包含这样的 \((x,y)\)
考虑方程 \(xx'-yy'=1\)，当且仅当满足 \(\gcd(x,y)=1\) 时有解 \((x',y')\)，根据性质二可以知道 \((x,y)\) 存在的充要条件是 \(\gcd(x,y)=1\)，并且由归纳法可知 \((x,y)\) 只会出现一次。
查询可以当成在一棵二叉树上跑，根据线段树的复杂度可知跑的次数是 \(O(\log L)\)：
那么需要解决的问题是查询某个点子树内大小 \(\leq n\) 数的个数，树上的点可以用生成它的两个端点 \((a,b)\) 表示（注意此时我们用整数而不用系数对了），也就是求满足 \(i\cdot a+j\cdot b\leq n\) 并且 \(\gcd(i,j)=1\) 的点对 \((i,j)\) 的个数。
为了解决 \(\gcd(i,j)=1\)，显然可以莫比乌斯反演，设 \(f(n)\) 表示满足上述条件的点对个数，\(F(n)\) 则为不考虑 \(\gcd(i,j)=1\) 的点对个数，那么 \(f(n)=\sum_{i}\mu(i)F(\frac{n}{i})\)，可以暴力枚举 \(i\) 然后暴力算 \(F(i)\)，时间复杂度 \(O(n\log n)\)
如果遇到一个点的子树都在 \([L,R]\) 的范围中就直接访问这个子树把答案输出，是均摊 \(O(n)\) 的，总时间复杂度 \(O(n\log n\log L)\)，官方题解在这一部分的做法根本看不懂，所以不要去管他。
总结
分析性质的重要方法是去除无关量，比如这题把 \(n,a,b\) 全部都不管，问题就在充分迭代背景下发生了。
归纳法需要从初始状态找性质，然后尝试推广到以后的状态，它很适用于充分迭代的问题，类比学过的结构也是找性质的重要方法。
总所周知 \(\tt stern-brocot\) 树可以看成一棵线段树，这题就是很好的例子。
#include <cstdio>
#define int long long
const int M = 300005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,a,b,L,R,cnt,p[M],mu[M],vis[M];
void init(int n)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!vis[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<=n;j++)
{
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0) break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
}
void print(int x)
{
if(L>R || x>n) return ;
if(L==1) printf("%lld ",x),R--;
else L--,R--;
}
void pall(int x,int y)
{
if(x+y>n) return ;
pall(x,x+y);print(x+y);pall(x+y,y);
}
int cal(int p,int q)
{
int r=0;
for(int i=1;p+q<=n/i;i++)
{
if(!mu[i]) continue;
for(int j=1;p*j+q<=n/i;j++)
r+=mu[i]*(n/i-p*j)/q;
}
return r;
}
void dfs(int a,int b)
{
int m=cal(a,b);
if(L>R || !m) return ;
if(L>m) {L-=m;R-=m;return ;}
if(L==1 && m<=R) {pall(a,b);return ;}
dfs(a,a+b);print(a+b);dfs(a+b,b);
}
signed main()
{
a=read();b=read();n=read();L=read();R=read();
init(n);
print(a);dfs(a,b);print(b);
}
