做题集合

T1.P10136

神秘人类智慧题。

如果离散化后的 $n\le 3$，那么答案即为 ${\displaystyle \frac{mx\times (mx+1)}{2}}$。接下来考虑 $n\ge 4$ 的情况。

应为鸽巢原理当 $a_{i}modL$ 只有三种不同的取值，所以必定有两个数 $i,j$ 满足条件 $a_i\equiv a_j(\mathrm{mod}L)$ 并且 $1\le i<j\le 4$。那么就可以推出 $L\mid (a_i-a_j)$。

那么我们只需要枚举所有满足条件 $1\le i<j\le 4$ 的 $i,j$，然后查看 $a_i-a_j$ 的所有因数当中所有符合条件的数的和即可。

T2.P4156

我们先求出所有 $|s|-\text{border}$ 的长度，记为 $\{x_i\}$，那么题目要求的就是 $\sum _{i=1}^{cnt}{a}_i\times x_i$ 能在 $[0,w-|s|]$ 中取到多少种值。

注意到这个形式是同余最短路的形式，所以我们考虑使用同余最短路来解决。但是直接做是 $\mathrm{O}(n^2\log n)$ 的，不可以通过。

此时抛出一个定理：一个字符串排序之后，必定有一种划分序列的方式，使得所有的序列均为等差序列，且序列个数为 $\mathrm{O}(\log |s|)$。

那么根据 $\text{border}$ 这个优美的性质，我们考虑把 $x,x+d,x+2d\cdots \cdots x+l\times d$ 这个等差数列在 $modx$ 的意义下跑同余最短路。其中 $y$ 连向 $(y+d)modx$。那么会形成 $gcd(x,d)$ 个环，每一个环分开处理。

我们发现一个环中 $dis$ 最小的点是不会更新的。并且两边的点的 $dis$ 均等于 $d$。那么我们就从这个点出发用单调队列结算 $dis$。我们在单调队列里放入离现在处理点距离小于等于 $l$ 的点，以 $di{s}_i-po{s}_i\times d$ 作为比较，这样我们就能处理环上的转移。

那么剩下的为题就是怎么两个不模数的转移。假设现在的模数为 $now$，之前的为 $lst$，那么很明显 $di{s}_i$ 可以更新 $di{s}_{di{s}_{i}modnow}^{{}^{\prime }}$。然后根据定义我们只需要在 $modnow$ 的意义下跑一遍同余最短路并且使用用 $x$ 更新 $(x+lst)modnow$ 即可。

时间复杂度为 $\mathrm{O}(n\log n)$。

T3.P9197

考虑连续段 dp。

我们把 $a_i$ 从大到小后排序然后依次插入。

此时我们设计 $d{p}_{i,j,k,s}$ 表示目前考虑了 $i$ 个数。有 $j$ 个连续段，目前答案为 $k$，首尾都没取/只取了其中之一/两个都取了。答案就是 $\sum _{i=0}^{l}d{p}_{n,1,i,2}$。

转移就很简单了：

1. 作为首尾，开新段：相邻一个数，但是没有填，价值为 $A_i$。

2. 作为首尾，接着另一个段：相邻与个数，填了，价值为 $-A_i$。

3. 不作为首尾，开新段：相邻两个数，但是都没有填，价值为 $2\times A_i$。

4. 不作为首尾，连接两个段：相邻两个数，都填了，价值为 $-2\times A_i$。

5. 作为首尾，接在一个段的后面：相邻两个数，一个没有填，一个填了，价值为 $0$。

然后直接转移即可。

T4.AT_agc001_e

首先我们知道 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i+b_i+a_j+b_j}{a_i+a_j})}$ 等价于从 $(0,0)$ 到点 $(a_i+b_i,a_j+b_j)$ 的方案数。

但是这样子还是不能解决，应为我们还是要枚举终点才能知道。

此时我们考虑变为从 $(-a_i,-b_i)$ 到 $(a_j,b_j)$ 的路径数量。

那么这样就只会有 $n$ 个起点和 $n$ 个终点。

此时我们定义 $d{p}_{i,j}$ 表示丛所有的起点走，有多少种路径可以到达 $(i,j)$。

那么答案即为 ${\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^{n}d{p}_{a_i,b_i}-\sum _{i=1}^{{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{2\times (a_i+b_i)}{2\times a_i})}}}{2}}$。

当然为了防止负数溢出，所有的坐标 $(x,y)$ 都变为 $(x+2000,y+2000)$。

T5.AT_agc043_d

好玩的。

假如这个序列为 $\{3,2,1\}$ 状物，那么当第一个数被选出后，后面两个数立刻会被选出。

这样我们可以把下降的一段用第一个数字代替。这样这个操作就是正常的排序了。

那么一个长度为 $3$ 的序列就可能贡献：

• 一个长度为 $3$ 的下降子序列。

• 一个长度为 $2$ 和一个长度为 $1$ 的下降子序列。

• 三个长度为 $1$ 的下降子序列。

那么我们此时设计 dp，其中 $d{p}_{i,j}$ 表示目前考虑到第 $i$ 个数，长度为 $1$ 的字段数量比长度为 $2$ 的字段数量多 $j$。然后转移 dp 即可。

T6.AT_arc070_c

Slope Trick!

先有个朴素的 dp：我们定义 $d{p}_{i,j}$ 表示把第 $i$ 个方块移到 $j$ 这个位置上的最小代价。那么转移方程就是：

$$d{p}_{i,j}=|j-l_i|+\underset{j-le{n}_{i-1}\le k\le j+le{n}_i}{min}d{p}_{i-1,k}$$

然后因为 $|j-l_i|$ 为凸函数，然后我们发现 $d{p}_{i,\ast }$ 为凸函数。然后我们考虑用队列来维护这个凸包的每一个转折点。

具体的，我们维护斜率大于 $0$ 和斜率小于 $0$ 的部分的转折点，同时答案必定会在斜率等于 $0$ 时取到。

T7.神秘

我们考虑定义 $d{p}_i$ 表示前 $i$ 个数能表示出的不同序列的数量。

那么就有：

$$d{p}_i=\sum d{p}_j\times g_{i,j}$$

其中 $g_{i,j}$ 表示区间 $[j,i]$ 能表示出区间 $[j,i-1]$ 有多少个不能表示出的序列。

假若我们可以将 $a_i$ 插入 $[j,i-1]$ 的线性基当中，那么 $g_{i,j}=2^p$，否则为 $0$，其中 $p$ 为线性基的大小。

T8.AT_abc236_f

基本不会线性基了，做几道练练手。

既然要代价最小，那么先将代价从小到大排序。排完序后，我们将下标插入线性基，如果可以插入，那么就加上这个下标对应的代价，否则跳过。

T9.神秘2

我们发现如果维护每一个点肯定是不现实的。

但是我们发现同一层的点的情况是相同的。一就是说一个点跟深度有关，和位置无关。然后我们发现有区间操作，于是考虑用线段树来维护。

然后我们发现一个点 $x$ 肯定是先向祖先走若干步，然后再儿子走若干步。那么我们就可以维护这个点向祖先走的步数，以及向儿子走的步数与方向，然后再把两条路径合并即可。

T10. P7470 [NOI Online 2021 提高组] 岛屿探险

我们可以发现这个东西可以拆成很多个子问题，然后累计合并，这个东西可以使用线段树合并来做。

先考虑 $b_i>d_j$ 的情况。那么答案就是 $\sum [a_i\oplus c_j\le d_j]$。我们把 $a_i$ 插入 $01\text{trie}$ 中。然后我们从上往下走，走到深度为 $h$ 的节点，那么代表他的值等于 $c_i\oplus d_j$ 的前 $h$ 位。然后我们考虑第 $h+1$ 位。

• $d_i=0$，那么 $a_i$ 和 $c_j$ 的第 $h+1$ 位必须相等，否则 $a_i\oplus c_j>d_j$，然后直接往这个方向走即可。

• $d_i=1$，那么此时 $a_i$ 和 $c_j$ 的第 $h+1$ 位任意取都行。那么就有两种可能：

  • 如果 $a_i$ 和 $c_j$ 的第 $h+1$ 位不一样，那么此时 $a_i$ 依然等于 $c_j\oplus d_j$，所以我们向这个方向继续走即可。
  • 如果 $a_i$ 和 $c_j$ 的第 $h+1$ 位一样，那么此时 $a_i\oplus c_j$ 就会一定小于 $d_j$ 了，那么对于答案的贡献就是这个子树里 $a_i$ 的个数之和。

这一部分就是 CF817E。比较简单。

接下来我们考虑 $b_i\le d_j$ 的情况。这一个部分比较困难。但是我们发现这一个部分和 $a_i\oplus c_j\le d_j$ 的结构很像，所以我们可以考虑类似的操作。

前面的是对于 $a_i$ 扔到 $01\text{trie}$ 上然后查询 $(c_j,d_j)$，那么我们这次就可以把 $c_j$ 扔到 $01\text{trie}$ 上，然后记录每一个 $(a_i,b_i)$ 对于 $c_j$ 的贡献。

具体的我们只需要把 $c_j$ 离线下来，然后对于 $(a_i,b_i)$ 查询，但是唯一的区别就是在上面我们遇到了一个节点满足 $a_i\oplus c_j<d_j$ 时我们加上的是子树里 $a_i$ 的个数和，而现在我们要在这一个子树打一个标记，让整一个子树全部都加上 $1$，然后统计答案是就是从根到 $c_j$ 路径上的标记和。

当然我们不能每一次都建 $2$ 个 $01\text{trie}$，但是那样子的复杂度爆炸，无法接受。

然后我们考虑如何优雅的计算多组数据。

首先我们将 $(a_i,b_i)$ 和 $(c_j,d_j)$ 按照 $b_i,d_j$ 升序排列。然后那双指针进行维护。此时我们开两个 $01\text{trie}$。然后当我们扫到了第 $j$ 个问题不满足 $b_j>d_j$ 的 $a_i$ 从维护第一个 $01\text{trie}$ 中删除，然后计算贡献。同时对于满足条件的 $(a_i,b_i)$ 加入维护第二个情况的 $01\text{trie}$ 上并且计算贡献。

当然此时两个指针都往右移动。

T11.The Third Grace

*3200。首先你需要知道 KTT，不会的话请做 P5693。

考虑 dp。我们定义 $d{p}_i$ 为我们最后一个激活的点为 $i$ 的最大权值，但是其中不包括 $i$ 的贡献。

应为我们不会算当前点的贡献，所以我们可以增加一个虚点 $m+1$，那么答案就是 $d{p}_{m+1}$。

然后我们考虑如何转移。

我们枚举下一个激活的点的位置。因为我们现在加的是 $i$ 对于答案的贡献，那么 $d{p}_j=max(d{p}_j,d{p}_i+\sum _{l=1}^n\sum _{r=1}^n[l\le i\le r<j]\times p_i)$。

然后扫描线一下，对于所有的 $x$ 维护所有 $y$ 的贡献，最后取 $max$ 即可。

接着我们发现贡献的式子是一个一次函数 $y_i=k_i{x}_i+b_i$。那么我们需要维护三种操作：

• 全局求 $max(y_i)$。

• 对于一个区间 $[l,r]$，让里面的所有 $x_i$ 都加上 $1$。

• 单点修改 $b_i$。

我们用 KTT 来维护这些一次函数，时间复杂度为 $\mathrm{O}(m{\log }^{3}m)$。

T12.P10120

老大过得还好吗？

我们定义 $A_i$ 为最后连续喝了多少瓶原味冰红茶，$B_i$ 为最后连续喝了多少瓶热带风味冰红茶。

然后我们就发现第一个操作就等价于：

$\mathrm{\forall }i\in [l,r]A_i\to A_i+k,B_i\to 0$

$\mathrm{\forall }i\in [1,l-1]A_i\to 0,B_i\to B_i+k$

$\mathrm{\forall }i\in [r+1,n]A_i\to 0,B_i\to B_i+k$

那么对于这个操作，我们只需要维护一颗线段树，支持区间推平和区间加即可。

接下来考虑第二个操作，我们考虑到哪一种节点就不用往下搜了。

这是简单的：只要这个子树里面 $max{A}_i$ 和 $max{B}_i$ 都小于 $k$ 即可。

剩下的就正常做即可。

T13.AT_agc023_f

应为删点不好做，所以我们套路的变为合并。那么这题就变为：最初有 $n$ 个孤立点，然后每一次和他的父亲合并。那么在合并的过程中，同一个连通块内部的最少贡献是不变的。我们所要做的事情是合理地安排它们的顺序，使不同连通块之间的产生贡献最小。

假设点 $u$ 所在的集合中，$0$ 点的数量为 $cn{t}_{u,0}$，$1$ 点的数量为 $cn{t}_{u,1}$，点 $v$ 同类。那么 $u$ 排在 $v$ 前面，跨越联通块的贡献为 $cn{t}_{u,1}\times cn{t}_{v,0}$。那么我们把 $u$ 放在 $v$ 前面更优的方案的判定就是 $cn{t}_{u,1}\times cn{t}_{v,0}<cn{t}_{u,0}\times cn{t}_{v,1}$。

所以我们按照 ${\displaystyle \frac{cn{t}_{u,1}}{cn{t}_{u,0}}}$ 的大小来排序即可。

T14.CF1936B

有趣的题目。

先考虑 $i$ 位置的小球会在哪一个边出。很明显，如果 $\sum _{j=1}^i[s_j==>]$ 大于 $\sum _{j=i+1}^n[s_j==<]$ 那么就会从右边出去，反之从左边出。此时我们考虑最优答案怎么算。

在此我们以 $s_i$ 为 <，并且最后从做左出的情况为例，而其余的情况相同。

我们记 $l_k$ 为 $i$ 左侧第 $k$ 个满足条件 $1\le j\le i$ 并且 $s_j==>$ 的 $j$，$r_k$ 同理。很明显，我们的路线应该是先走到 $l_1$，然后走到 $r_1$，然后再走到 $l_2$，然后再走到 $r_2$，这样子一直走下去。

那么总路程就是 $|i-l_1|+|l_1-r_1|+|r_1-l_2|+\cdots \cdots +r_{c}nt=2\times \sum ^{c}n{t}_{i=1}{r}_i-2\times \sum ^{c}n{t}_{i=1}{l}_i+i$。

$cnt$ 的求法是平凡的，我们只需要用前缀和即可。

T15.P9200

考虑暴力枚举 $n+1$ 在哪一个位置后面，然后每一次考虑维护答案。

此时我们记 $su{m}_i=\sum _{j=1}^i{e}_j$。那么对于从一个起点 $i$ 移动到终点 $j$ 的电荷量就是 $su{m}_j-su{m}_{i-1}$。

那么我们要求的答案就是 $\sum _{j=1}^{n+1}|su{m}_j-su{m}_{i-1}|\times c_j$。其中 $i$ 为粒子环游的开始节点。由于 $su{m}_{n+1}=su{m}_0=0$，所以这个式子就等价于 $\sum _{j=1}^{n+1}|su{m}_j-su{m}_i|\times c_j$。那么现在我们考虑这个式子在什么时候取到最最小值。

但是我们发现直接处理绝对值是一件很难的事情，所以我们考虑用几何意义吧绝对值拆开来。那么上面那个式子的几何意义就是在数轴上有 $n+1$ 个点，点有点权，现在需要选取一个点，使得所有点到这个中心点的加权距离和最小。但是我们发现带权也不好做，所以考虑把一个点拆成 $c_i$ 个点，那么总点数就变为了 $\sum c_i$，并且不带权。

那么我们只需要选出来这 $\sum c_i$ 个点的中心点就行了。即点按照坐标大小排序后的第 $\lceil {\displaystyle \frac{\sum c_i}{2}}\rceil$ 个数，然后这个东西用权值线段树维护即可。

T16.P6947

前置知识：Voronoi 图

1. Voronoi 图把平面划分成 $n$ 个多边形域，每个多边形内只有一个生成元
2. 每个多边形内的点到该生成元距离短于到其它生成元距离
3. 多边形边界上的点到生成此边界的两个生成元的距离相等

接下来考虑如何得到一个 Voronoi 图。

这是十分显然的，我们只需要求出一个点和其余点的中垂线半平面的交。

这个过程需要求 $n$ 次半平面交，所以时间复杂度为 $O(n^2\log n)$。

首先一个半径 $r$ 能成为答案的条件就是对于所有的 $A\in P$，均有 $min\{|A{P}_1|,|A{P}_2|,\cdots \cdots |A{P}_n|\}\le r$。

很明显，我们最终的答案就是 $\underset{A\in P}{max}min\{|A{P}_1|,|A{P}_2|,\cdots \cdots |A{P}_n|\}$。

此时我们钦定 $|A{P}_i|=min\{|A{P}_1|,|A{P}_2|,\cdots \cdots |A{P}_n|\}$，则这样的 $A$ 的范围是关于 $P_1,P_2\cdots \cdots P_n$ 的 Voronoi 图 $P_i$ 所在的区域中。此时我们考虑他所在的区域和 $P$ 的交集，很明显这也必定是一个多边形，我们令他为 $Q$。

所以我们只需要找到里 $P_i$ 最远并且在 $Q$ 上的点。通过直观感受，我们发现这个点是 $Q$ 的一个顶点。

接下来我们可以对 $Q$ 的顶点分一个类：

1. 某个 $P_i$

2. Voronoi 图的某个多边形的顶点

3. Voronoi 图和 $P$ 的交点

那么此时我们直接用 $O(n^2\log n)$ 的方法建出 Voronoi 图，然后考虑那三种点的贡献：

1. 为 $0$

2. 对于 Voronoi 图的顶点最多有 $O(n)$ 个，所以我们只需要用 $O(n)$ 的时间判断点是否在多边形内部，然后统计答案即可。时间复杂度 $O(n)$。

3. 这样的点显然在多边形内部 (含边上)，直接更新即可。时间复杂度 $O(n)$。

最终时间复杂度为 $O(n^2\log n)$。