3.【题解】Solution Set - 杂题选讲「刘君实」2024-07-25

【题解】Solution Set - 杂题选讲「刘君实」

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7/25 sh 杂题听课情况

NOI2018 冒泡排序【40】几乎不会
麦田里的守望者【40】打表找规律、最后 dp 不太理解
星空列车【40】完全不会
Were You Last：知道怎么做，但是不知道为什么是对的
AGC040E Prefix Suffix Addition：dp 不太理解
加减【 $+ \infty$ 】：我喜欢闵可夫斯基和
冒泡排序完全没会
N Machines 最后的地方不是很理解

「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 $\log_{3} n$ 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： $O (\log_{2} n \log_{3} n + 2^{2 \log_{3} n} \log_{2} n)$

「NOI2018」冒泡排序

贴一篇讲的很不错的 Dilworth

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 $i < j, a_{i} \leq a_{j}$ 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：

f_{i, j} = \sum_{k = j}^{n} f_{i + 1, k}

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 $\sum_{k = j + 1}^{i - 1} f_{i - 1, k}$ 。

f_{i, j} = \sum_{k = j + 1}^{i - 1} f_{i - 1, k} + f_{i - 1, j} + 2 f_{i - 1, j - 1} = f_{i, j + 1} - f_{i - 1, j} + 2 f_{i - 1, j - 1}

（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 $c = min (m, ⌊ \frac{n}{2} ⌋)$ 。

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 $s i z_{v} \geq c$ ：

由重心的性质， $s i z_{v} \leq ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，那么子树外的大小之和（包括根） $\geq ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，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 $s i z_{v} < c$ ：

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， $s i z_{v} \leq ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，那么子树外的大小之和（包括根） $\geq ⌊ \frac{n}{2} ⌋$ ，点 $i \pm c$ 至少存在其一。

对于其她子树，其大小一定 $\leq s i z_{v} < c$ ，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。

Code

「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 $\log_{2} n$ 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
$1$	$0$	${1, 0, 0, 0, \dots}$
$2$	$1$	${0, 0, 0, 0, \dots}$
$3$	$0$	${0, 1, 0, 0, \dots}$
$4$	$0$	${1, 1, 0, 0, \dots}$
$5$	$1$	${0, 1, 0, 0, \dots}$
$6$	$2$	${0, 0, 0, 0, \dots}$
$7$	$0$	${0, 0, 0, 1, \dots}$
$8$	$0$	${0, 1, 0, 1, \dots}$