2024 山东省夏令营高算班【比赛】
D1T1 risk
题面
给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，起初每个点上都有一支军队，合并相邻两点上军队的代价为边权 \(w\)，求将所有军队合并成一支的代价。
思路
不难发现合并的过程经过的边组成一个树，直接求最小生成树即可。
D1T2 magic
题面
有 \(n\) 个球，第 \(k\) 个球是特殊球。有 \(m\) 个操作，第 \(i\) 个操作交换 \(x_i\) 和 \(y_i\) 位置的球。求对于所有的位置 \(i\)，使得特殊球最终在位置 \(i\) 上而最少需要不进行的步数。
思路
设 \(dp_{i,j}\) 表示经过了 \(i\) 次操作，最后特殊球在 \(j\) 的位置的删除的最小步数，转移为 \(dp_{i+1,x}=\min(dp_{i,y},dp_{i,x+1})\) 和 \(dp_{i+1,y}=\min(dp_{i,x},dp_{i,y+1})\)。注意到数组的第一维对答案没有影响，所以可以用滚动数组把第一维滚掉。
D1T3 letters
题面
给定两个字符串 \(A,B\)，长度分别为 \(n,m\)，都由 \(k\) 种不同的字符组成，但 \(B\) 字符串每种字符最多出现两次。定义字符串 \(A,B\) 的关联程度为 \(B\) 最多在 \(A\) 中不重叠出现了多少次。球所有满足条件的字符串 \(A,B\) 的关联程度之和，对 \(10^9+7\) 取模。
思路
border 的相关知识
定义：记字符串 \(s\) 长度为 \(i\) 的前缀为 \(pre(s,i)\)，长度为 \(i\) 的后缀为 \(suf(s,i)\)。若 \(0\le r<|s|,pre(s,r)=suf(s,r)\)，就称 \(pre(s,r)\) 是 \(s\) 的 border。
\(H\) 小姐给出的字符串除了自己以外的 border 一定长度 \(\le \frac{m}{2}\) 且只有一个，反证法证明。
首先考虑 \(f\) 函数可以重叠时（\(g(A,B)\)），钦定 \(A\) 的一部分为 \(B\)。
\(f\) 函数用容斥做。
求组合数用下降幂预处理。
然后就不会求了/cf
D2T1 luck
题面
思路
\(\Theta(n^3)\) 暴力。
记录 \(x,y\) 两天间的差异度为 \(d_{x,y}\)。
若已知 \(d_{x,y}\)，那么 \(d_{x+1,y+1}=d_{x,y}-[a_x\not= a_y]+[a_{x+l-1}\not= a_{y+l-1}]\)。
所以只需先求出 \(d_{1,x}\)，然后用 \(\Theta(1)\) 推广。
空间不够，先把所有的 \(k_i\) 标记出来，然后离散化处理。.
D2T2 traffic
题面
思路
暴力搜索 \(\Theta(n(n+m))\)。
先 \(BFS\) 把最东侧出发到达不了的最西侧城市删掉。
考虑平面图的性质，一个点可以到达东侧的城市都是一段连续的区间。
证明：对于城市 \(A\)，设能到达的最东侧城市中纵坐标最小和最大的分别是 \(l,r\)，则 \([l,r]\) 中的一点 \(b\) 一定能从 \(a\) 走到，反证法。
把东侧城市从小到大分别为起点 \(BFS\)，已经搜过的点不再搜索，搜到之前没搜过的节点 \(l\) 就是本次 \(BFS\) 的起点，求 \(r\) 同理。
T3 tree
题面
思路
特殊性质 A
树高只有 \(\Theta(\log n)\) 级别，即 \(\sum\limits_{i=1}^n siz_i\) 是 \(\Theta(n\log n)\) 的级别。
晚上再补
T4 path
暴力 \(dp\) \(\Theta(nm)\)。
然后就不会了。
D3T1
求两个方阵的最大子方阵的边长。
思路
暴力 \(\Theta(n^7)\)。
二维哈希，\(\Theta(n^5)\)。
对于一个相同的边长，共有 \(\Theta(n^2)\) 个子矩阵，将 \(A\) 矩阵的 \(hash\) 值 \(\Theta(n^2)\) 插入，\(B\) 矩阵 \(\Theta(1)\) 查询，总复杂度 \(\Theta(n^3)\)。
最后注意到公共子矩阵的边长具有单调性，可以将美剧子矩阵编程改为二分边长，时间复杂度 \(\Theta(n^2 \log n)\)。
D3T2
思路
\(k=0\) 时最长上升子序列模板。
\(k=1\) 维护 \(f_0,f_1\)，\(f_x(i)\) 表示当前改变 \(x\) 次后长为 \(i\) 的 LIS 的最后一个元素的最小值。同时维护 \(f_0\) 的更新对 \(f_1\) 的贡献，即 \(f_1\) 对更新后的 \(f_0\) 求出改变一个元素拼接后的长度取最大值。时间复杂度 \(\Theta(n \log n)\)。
将 \(k=1\) 的做法扩展到 \(k\le 20\)。维护 \(k+1\) 个数组 \(f\)，不仅进行二分操作，同时维护来自上一级的更新。若 \(i<j\) 则 \(f_i\) 的更新在 \((j-i)\) 轮后会影响到 \(f_j\)，故美剧序列中的一个位置时，\(f_x\) 需要维护来自上一级的 \(x\) 个更新，所以单次共需维护 \(\Theta(k^2)\) 次更新，根据 \(x\) 降序进行更新可以满足无后效性。总时间复杂度为 \(\Theta(kn\log n+k^2n)\)。
D3T3
思路
对于区间 \([l,r]\)，\(r\) 点必须设置一个岗哨，从右向左遍历，若此点未设置岗哨，则设置岗哨并更新它左边有哪些点能够被监视，暴力 \(\Theta(n^4)\)。
考虑固定右端点 \(r\)，倒序枚举左端点 \(l\)，记录 \([l+1,r]\) 中 \(r\) 能监视到的下标最小的点 \(p\)，那么 \(p\) 点就可以视为分割线，\([l+1,p-1]\) 和 \([p+1,r-1]\) 是互相不可见的，所以两边互不影响。此时若 \(r\) 看不见 \(l\)，则 \(f(l,r)=\min(f(l,p),f(l,p-1))+f(p,r)\)；若 \(r\) 能看见 \(l\)，则 \(f(l,r)=\min(f(l+1,p),f(l+1,p-1))\)，并将 \(p\) 更新为 \(l\)。
\(r\) 能跨过 \(p\) 监视 \(l\) 的充要条件是 \(\frac{h_r-h_l}{r-l}>\frac{h_r-h_p}{r-p}\)，时间复杂度为 \(O(n^2)\)。
D3T4
思路
当没有操作 \(1\) 时，操作 \(2\) 会使值域 \(V\) 缩小到 \(\log V\)，所以一个数进行 \(O(\log^* n)\) 次操作就会 \(\le 1\)，因此可以用线段树维护，若一个区间内元素全部 \(\le 1\) 就打赏标记。暴力递归，不进入打上标记的子树，时间复杂度 \(O(q\log n)\)。
当有操作 \(1\) 时，加法操作会打破势能。注意到当进行一次操作 \(2\) 后，整个区间的值域都会变为 \(O(\log V)\)，使用线段树维护，发现最后一次求 popcount 后，无论进行多少次操作，都可以表示为 \(popcount(sth)+b\)，考虑维护标记：\(f(popcount(x+a))+b\)。
其中 \(f(x)\) 为定义域和值域均为 \(O(\log V)\) 的映射，修改序列可以看作若干 \(popcount(x+b)\) 的复合，值域为 \(O(\log V)\)，从第二次开始定义域为 \(O(\log V)\)。我们可以计算第一次时的函数的样子，从第二次开始暴力进行函数复合，最后加法单独计算即可。
由于值域不同，单纯的加法需要单独记录，处理时记录当前区间是否有求 popcount 即可，总时间复杂度为 \(\Theta(q\log n\log V)\)。
D4T1
思路
答案非 \(1\) 即 \(2\)，当 \(%2\) 时即可得到答案。
考虑答案为 \(1\) 时，所有的 \(a_i\) 都对 \(m\) 同余，即所有的 \(a_i\) 都可以写成 \(k_i x+b\) 的形式，差分将 \(b\) 消掉，即可得出结论：若整个数列的差分数组的 \(\gcd\) 非 \(1\)，则答案为 \(1\)；否则答案为 \(2\)。
D4T2
思路
一种分配方式相当于有 \(s\) 个球，\(1\) 的左边和 \(s\) 的右边各有一个挡板，再向中间 \(s-1\) 个空隙中插入 \(n-1\) 个挡板。而一种不可被攻下的分配方式满足挡板两两之间距离不为 \(k\)。尝试构造这样一组分配方式。
发现模 \(k\) 不同余的空隙互不影响，所以只把模 \(k\) 同余的空隙单独拎出。设这样的一组中的空隙共有 \(x\) 个，发现为满足条件挡板必须两两不相邻，因此最多放下 \(\lceil \frac{x}{2} \rceil\) 个挡板。依据此判定即可。
D4T3
思路
首先考虑满二叉树，设 \(dp_i\) 表示层数为 \(i\) 的满二叉树的方案数。不难推出 \(dp_i=(dp_{i-1}+1)^2\)。筛出来备用，并愉快地得到 \(20\) 分。
接下来考虑正常情况。考虑我们在树上从根开始移动，从高到低枚举枚举 \(s\) 的每一位，如果该位为 \(1\)，则证明所在位置的左子树是一颗满二叉树，其方案数已被预处理，我们进入右子树。如果该位为 \(0\)，则证明所在位置没有右子树，我们进入左子树继续计算即可。
总时间复杂度 \(\Theta(Td)\)。
D5T1
题面
给定 \(a,b\) 数组，每次可以交换 \(a\) 数组中的两个数，求 \(\sum\limits_{i=1}^n (a_i-b_i)^2\) 的最小值和达到此值的最小操作次数。
思路
把两个序列都升序排列就可以得到最小距离。
把序列 \(a\) 的元素替换为它对应的元素在 \(b\) 中的位置。把排列拆成若干个循环，总的交换次数为元素的个数 \(-\) 环的个数。
D5T2
思路
很典的根号分治板子，总复杂度为 \(\Theta(nB+\frac{n^2}{B})\)，
D6T1
被 hack 了，没艹过去/cf
原：20th POI, Stage 3, Gdzie jest jedynka?
二分寻找和任意一个数差值最大的数，然后再从这个数开始找和它差能被 \(n-1\) 整除的，可以得到 \(1,n\)，时间复杂度 \(\Theta(n\log n)\)。
D6T2
简单 DP，每个 \(i\) 由 \(i-2\) 和 \(i-3\) 转移而来。
D6T3
25th POI, Stage 2, Tomik poezji
首先删掉所有 \(\mod s=0\) 的数，若出现次数最大的数出现次数不超过一半，则答案为 \(0\)。
证明：我们不断尝试放出现次数最大的数，除非这会产生 \(s-1\)，此时可以选剩下任意一个数，并且选完了之后又可以选出现次数最大的数。
D6T4
原：BZOJ 3103 Palindromic Equivalence
Manacher。
