【题解】Solution Set - 杂题选讲「刘君实」
【题解】Solution Set - 杂题选讲「刘君实」
7/25 sh 杂题听课情况
「HNOI2012」集合选数
将不能同时取这个性质，反应在图上：互相连边。
于是这道题就等价于数独立集的个数。
一般图的独立集的个数不太好做，但是仔细思考一下，我们实际上建出来的图是网格图（因为 \(2,3\) 互质）。
而且边长规模分别是 \(\log_3n\) 和 \(\log_2 n\)，考虑对其中一维状压（事实证明只能状压 \(\log_3 n\) 那一维，不然转移就成 \(n^2\) 了），然后 dp 就好了。
注意对每一个联通网格图都需要跑一遍，最后答案相乘。
时间复杂度：\(\mathcal O(\log_2n\log_3n+2^{2\log_3n}\log_2n)\)
「NOI2018」 冒泡排序
狄尔沃斯定理
该定理断言：
- 对于任意有限偏序集，其最大反链中元素的数目必等于最小链划分(覆盖)中链的数目。
- 对于任意有限偏序集，其最长链中元素的数目必等于其最小反链划分中反链的数目。
特别的对于一序列她一定是一个偏序集（只要将满足 \(i<j,a_i\le a_j\) 的 \((i,j)\) 连边，形成 Hasse 图），此时有：
- 把序列分成不上升子序列的最少个数，等于序列的最长上升子序列长度。
- 把序列分成不降子序列的最少个数，等于序列的最长下降子序列长度。
DAG 和 Hasse 图 是完全等价的，即：任意一个 Hasse 图 是 DAG，任意一个 DAG 是 Hasse 图
首先啊，注意到不合法的的情况当且仅当，存在一个长度为 \(3\) 的下降子序列。
证明的话，首先要满足不超过这个下界的话，每个元素每次都一定往她的目标方向走，也就是说她一定不会反向。考虑一个长度为 \(3\) 的下降子序列，则中间的元素一定先向左再向右，于是就不合法了。
然后根据 Dilworth 定理，即不能将整个序列划分成超过 \(2\) 个上升子序列。
因为我们最后枚举第一个不同的元素，所以 DP 定义的是向后的方案数。
因为只是不超过 \(2\) 个，这个比较好维护，于是考虑 DP。定义 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个元素固定，最大值为 \(j\)，后面 \(n-i\) 个元素任意的方案数。
**Warning: ** 时刻注意子序列是可以不用连续的！！！
枚举 \(i+1\) 的取值 \(k\)，分两种情况：
- \(k>j\)，则可以直接接上去：\(\sum_{k=j+1}^{n}f_{i+1,k}\)
- \(k<j\)，那么 \(i+1\) 必须填当前没有填的最小值，如果之前有这样的转移，那么相当于接到那个上面去，否则相当于开一个新的上升子序列：\(f_{i+1,j}\)
则有递推关系：
然后题解就讲的比较清楚了（
最后第三个分讨的地方有问题，因为是当前第 \(i\) 项必须严格大于前面的最大值，所以答案和第一种情况一致。
道具整理
真的摆了，这个打表的结论，暂时没证。
@sh 学长的课件讲的挺清楚。（
关于暴力的 dp 递推式：
枚举当前的 \(i\)，被插入的位置 \(k\)：
- \(k\) 在最末尾，块的数量+1。所以 \(f_{i,j}\) 累加 \(f_{i-1,j-1}\)；
- \(k\) 在最后一个元素的前面，块的数量不变。所以 \(f_{i,j}\) 累加 \(f_{i-1,j}；\)
- \(k\) 在从右往左数的第一个空隙，块的数量+1。所以 \(f_{i,j}\) 累加 \(f_{i-1,j-1}；\)
- \(k\) 在其她空隙，只要之前的块的数量 \(>j\)，就一定能找到一个空隙，让多余的块被合并。所以 \(f_{i,j}\) 累加 \(\sum_{k=j+1}^{i-1} f_{i-1,k}\)。
（倒着枚举每次的 \(j\)，就可以前缀和优化。
接着继续看课件吧（
最后答案要二倍，是因为一开始的 \(f_{2,2}=2\)。
星空列车
灯光展演
首先我们注意到一件事情：染的颜色数量并不是越多越好，最多为 \(c=\min\left(m,\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\right)\)。
因为是树上的联通块，考虑将一个连通块的贡献分摊到边上。
接下来考虑先随便选一个根 \(u\)，对于她的每一条连边 \((u,v)\)，其有一次贡献等价于：存在一对点 \((x,y)\)，\(x\) 在 \(v\) 的子树内，\(y\) 在 \(u\) 的除 \(v\) 外的子树内。
显然，最优的情况下，每个子树内的颜色互不相同且都有匹配。
如果构造题答案存在上界，考虑构造一种方案正好取到这个上界。
Motivation1: 要使这样的点对尽量的多，感性的理解一下，应该要让每一个子树大小平均，因而想到用树的重心作为根节点。
Motivation2: 子树大小小于 \(c\) 且需要颜色不同，不妨直接按 dfs 序来染色。
可以证明这个方案最优，且取到答案上界。
证明如下：
设 \(v\) 是 \(u\) 子树大小最大的一个子儿子。
-
如果 \(siz_v\ge c\)：
由重心的性质，\(siz_v\le\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\)，那么子树外的大小之和（包括根） \(\ge \left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\)，所以 \(v\) 子树内的所有的点（强于颜色）都能被匹配到。
同时，由于 \(v\) 子树已经包括了所有的颜色，那么对于每一个其她的子树中的颜色就一定能在 \(v\) 子树中找到匹配。
-
如果 \(siz_v <c\)：
由于我们是按照 dfs 序染的色，意一个点 dfn 序为 \(i\)，dfn 序为 \(i\pm c\)，的点如果存在，则其颜色一定与 \(i\) 相同，且不在 \(v\) 子树内（因为 \(v\) 子树还没到 \(c\) 那么大）。
同时由重心的性质，\(siz_v\le\left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\)，那么子树外的大小之和（包括根） \(\ge \left\lfloor\dfrac n2\right\rfloor\)，点 \(i\pm c\) 至少存在其一。
对于其她子树，其大小一定 \(\le siz_v< c\)，那么同理可证得。
最后注意，如果 \(n\) 是奇数的话，就考虑一下整棵树的重心（因为我们之前恰好也只有她没被考虑/匹配到），如果有多的颜色，就染新的颜色让答案加一，否则随便染（反正答案不变。
还有，实际上每棵子树内并不需要像点分治一样，再找重心递归下去。
因为我们一开始考虑的全局树根实际上上就是最坏的情况，子树内的每一条边一定能被跨过她下面节点的子树大小次。
「AGC040E」 Prefix Suffix Addition
加减
「CF1753E」N Machines
挖掘性质，剪枝题。
https://www.luogu.com.cn/article/nf9a741y
「QOJ4912」WereYouLast
最朴素的想法是直接将每次 \(n\) 的二进制表示保存在 bool 数组中。
但是显然每次修改次数最多可以到 \(\log n\) 的级别，是很劣的。
构造模型如下：
- 每次你的位置加一（初始位置为 \(0\)）；
- 如果你新走入的位置之前走过奇数次则停留。否则位置置为 \(0\)。
这样你第一次从 \(\log_2n\) 传送回 \(0\) 时刚好走 \(2^n−1\) 步。
手动模拟一下前面几次走法：
| \(n\) | 走完后位置 | 每个位置走过次数的奇偶性 |
|---|---|---|
| \(1\) | \(0\) | \(\{1,0,0,0,\dots\}\) |
| \(2\) | \(1\) | \(\{0,0,0,0,\dots\}\) |
| \(3\) | \(0\) | \(\{0,1,0,0,\dots\}\) |
| \(4\) | \(0\) | \(\{1,1,0,0,\dots\}\) |
| \(5\) | \(1\) | \(\{0,1,0,0,\dots\}\) |
| \(6\) | \(2\) | \(\{0,0,0,0,\dots\}\) |
| \(7\) | \(0\) | \(\{0,0,0,1,\dots\}\) |
| \(8\) | \(0\) | \(\{0,1,0,1,\dots\}\) |
挺神奇的，这样每次询问只需要修改 \(5\) 个 bit 维护位置，\(1\) 个 bit 维护奇偶性就好。
（我觉得我还没有完全理解到精髓😢
