PKUSC2024 题解

$\text{By DaiRuiChen007}$

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D1T1. 回文路径

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给定 $2\times n$ 网格，每个格子上有一个字符，考虑一条只能向下和向右走的路径，如果路径上每个字符连成的字符串是回文串，称这条路径是好的，求最长好路径。

数据范围：$n\le {10}^5$

枚举回文中心，不妨设其在第一行，那么二分出在只在第一行能走到的最长距离，然后在右端点向下走一步，再二分在第二行能移动到最长距离。

可以用哈希快速判断路径是否回文。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

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D1T2. 正方形计数

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给定凸 $n$ 边形 $(x_1,y_1)\sim (x_n,y_n)$，求有多少正方形（可以是斜正方形）在该多边形内。

数据范围：$n\le 8,x_i,y_i\le 2000$。

考虑枚举正方形的一条边向量 $(\mathrm{\Delta }x,\mathrm{\Delta }y)$，然后对起点坐标有若干限制，可以写成半平面交的形式。

相当于数某个多边形内部整点数，可以拆成对 $\mathcal{O}(n)$ 条线段下方的区域内数点个数，类欧几里得算法解决。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n{V}^2\log V)$。

暴力能过，没写正解。

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D1T3. 独立

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给定 $n$ 个点的树，每个点点权在 $[1,m]$ 中随机，求所有方案下树上最大权独立集的和。

数据范围：$n\le 2000,m\le {10}^8$。

考虑求最大权独立集的 dp 算法：$d{p}_{u,0/1}$ 表示 $u$ 没选 / 选时的最大独立集，转移如下：

$$\begin{array}{rl}d{p}_{u,0}& =\sum _{v\in \mathrm{son}(u)}max(d{p}_{v,0},d{p}_{v,1})\\ d{p}_{u,1}& =w_u+\sum _{v\in \mathrm{son}(u)}d{p}_{v,0}\end{array}$$

其中 $w$ 表示权值，记 $a_u=max(d{p}_{u,0},d{p}_{u,1})-d{p}_{u,0}$，带入可得 $a_u=max(0,w_u-\sum _{v\in \mathrm{son}(u)}{g}_v)$。

并且整棵树的最大权独立集就等于 $\sum a_u$，因此可以根据 $a_u$ 设计 dp 套 dp 算法。

设 $f_{u,i}$ 表示 $a_u=i$ 的方案数，那么转移时先求 $g$ 为 $f_v$ 的卷积，然后 $f_{u,max(j-i,0)}\leftarrow g_i$，其中 $j\in [1,m]$ 表示 $w_u$。

答案就是 $\sum _u\sum _i{m}^{n-siz(u)}\times i\times f_{u,i}$。

可以写出如下 48 分暴力：Submission Link。

注意到我们要对 $f_{u,0}$ 特殊处理，用 $m^{siz(u)}-\sum _{i>0}{f}_{u,i}$ 更新，此时 $f_{u,i}=\sum _{j=1}^{m-i}{g}_j$。

可以用归纳法证明，对于每个 $u$，$f_{u,1}\sim f_{u,m}$ 是某个 $\mathcal{O}(n)$ 次多项式在 $x=1\sim m$ 处的点值。

不妨设 $k=n+\mathcal{O}(1)$ 表示多项式最高次数，我们只要维护 $f_{u,1}\sim f_{u,k}$ 即可插值出整个 $f_u$。

考虑如何转移，首先我们发现 $f_{u,m-k}\sim f_{u,m}$ 是容易求的，只要求 $g_0\sim g_k$ 即可，这个可以用 NTT 快速求出。

然后我们要考虑 $f_{u,m-k}\sim f_{u,m}$ 通过拉格朗日插值求出 $f_{u,1}\sim f_{u,k}$，这个也可以求出式子后用 NTT 加速。

最后我们要求 $\sum _{i=1}^m{f}_{u,i}$ 来更新 $f_{u,0}$，求 $\sum _{i=1}^{m}i\times f_{u,i}$ 来更新答案，显然这两个值也是关于 $m$ 的 $\mathcal{O}(n)$ 次多项式，通过 $f_{u,1}\sim f_{u,k}$ 来插值求答案即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2\log n)$。

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D2T1. 分流器

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在一张 $n+1$ 个点的图上，$1\sim n$ 出度都为 $2$，在这个图上做一个类似 Shannon 投球游戏的过程，求最小周期。

数据范围：$n\le 50000$。

考虑维护 $1\sim i$ 的最小周期，并且求出此时每个点被经过的次数 $f_i$。

可以据此计算出 $f_{i+1}=\sum _{i+1\in \mathrm{out}(u)}{\displaystyle \frac{f_u}{2}}$，如果 $2\nmid f_{i+1}$ 那么最小周期要翻倍，每个 $f_i$ 也 $\times 2$。

一个较好的实现是令 $f_1=2^n$，答案就是 $\underset{i=1}{\overset{n}{min}}\mathrm{lowbit}(f_i)$，压位高精度维护。

时间复杂度 $\mathcal{O}\left({\displaystyle \frac{n^2}{\omega }}\right)$。

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D2T2. 排队

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给定 $n$ 个区间 $[l_i,r_i]$，定义 $f_i(x)=x+[l_i\le x\le r_i]$，$q$ 次询问 $L,R$，求 $f_R(f_{R-1}(\cdots f_L(0)))$。

数据范围：$n,q\le {10}^6$。

考虑扫描线，枚举 $R$ 对每个 $L$ 维护答案 $x_L$，显然 $x_L$ 单调不增，证明如下：

考虑 $x_i,x_{i+1}$，若某个时刻 $x_i=x_{i+1}$，此后所有时刻都有 $x_i=x_{i+1}$，由于初始 $R=i+1$ 时 $x_i\ge x_{i+1}$，因此 $x_{i+1}$ 不可能反超 $x_i$。

线段树维护所有 $x_i$，二分出 $x_L\in [l_i,r_i]$ 的 $L$ 区间，区间加即可。

时间复杂度 $\mathcal{O}((n+q)\log n)$。

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D2T3. 最短路径

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给定纯随机的 $n$ 个点 $m$ 条边的带权有向图，$q$ 次随机询问某对点 $S\to T$ 的最短路。

数据范围：$n\le 2\times {10}^5,m\le 3\times {10}^6,q\le {10}^4$。

很显然只能用一些魔改的最短路算法解决。

单向 Dijkstra 显然不太靠谱，不妨考虑双向 Dijkstra，即从起点和终点分别开始，在原图和反图上增广最短路。

设 $S\to u$ 最短路 $f_u$，$u\to T$ 最短路 $g_u$。

两棵最短路树考虑第一次相遇的时刻，设相遇在 $x$ 上：

那么考虑答案的形态，首先全部经过最短路树的路径 $f_x+g_x$ 先考虑贡献。

对于一个不全在最短路树的路径，如果这条路径经过一个最短路树外的节点 $y$，那么 $f_y\ge f_x,g_y\ge g_x$，这条路径肯定不优。

因此不在最短路树内的部分只可能是一条边。

然后我们分析一下最短路树的期望大小，注意到 Dijkstra 的过程中每次弹出堆顶相当于取出当前权值最小的一条边，而这条边的权值和这条边的终点没有关系，因此每次 Dijkstra 拓展到的点可以被认为是 $[1,n]$ 内均匀随机的。

所以我们每次拓展较小的一棵增广路树，根据生日悖论，期望 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 次增广就能相遇。

但是这个复杂度并不对，因为每个点度数可能很大，增广到这个点的时候就会向堆中加入大量边。

因此我们考虑 $k$ 短路的常用技巧，用左兄弟右儿子表示法维护这个图。

即堆中存储每一条边，增广的时候只将新节点的第一条出边入队，并且把当前边同一起点的后继边也入队。

那么这样每次增广只会加入 $\mathcal{O}(1)$ 条边，入队次数和增广次数成线性。

然后考虑如何算答案，即怎样枚举所有可能的增广路树外的一条边。

对于某条边 $(u,v,w)$，其贡献为 $f_u+g_v+w$，对答案有影响显然要求 $f_u+g_v+w<f_x+g_x$。

因此 $w<(f_x-f_u)+(g_x-g_v)\le 2max(f_x-f_u,g_x-g_v)$，我们在取到较大的一边考虑。

不妨设 $f_x-f_u$ 较大，那么我们只关心 $u$ 的出边中 $<2(f_x-f_u)$ 的边，同理只关心 $v$ 的反图出边中 $<2(g_x-g_v)$ 的边。

对每个点出边排序后即可做到只处理合法边。

考虑分析其边数，如果 $w<f_x-f_u$，那么这条边在 Dijkstra 过程中一定被访问过，这样的边总数是期望 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 的。

同理，我们可以猜测 $w<2(f_x-f_u)$ 的边也大约是 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$ 量级，实际能分析出是 $\mathcal{O}(\sqrt{n}\log n)$ 级别的。

时间复杂度 $\mathcal{O}(m\log m+q\sqrt{n}\log n)$。

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