ABC267题解

\(E\)

\(Problem\)

给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，点 \(i\) 有一个点权 \(A_i\)。

接下来你要在这张图上进行 \(n\) 次操作，每次操作选择一个没有被选择过的点，删除该点以及所有和该点相连的边，定义删除该点的代价为所有与它直接相连的点的权值和。

接下来，你需要求出一个最小的阈值，使得每次操作的花费不得超过该阈值。

\(Scope\ Limitation\)

\(1\leq n\leq 2\times 10 ^ 5, 0\leq m \leq 2\times 10 ^ 5\)

\(Solution\)

很容易想到二分答案。

每次判断的方式也相当简单，设二分出的阈值为 \(x\)，由于每个点的花费只会随着操作的进行而减小，所以只要一个点的花费小于阈值，就将其丢进队列，如果凭借这种方式能够遍历全图，则证明该阈值下，能够完成操作。

\(F\)

\(Problem\)

给定一个 \(n\) 个点的树，定义两点间的距离为两点最短路径经过边的数量。

给定 \(Q\) 个询问，每个询问给定两个值 \(U\) 和 \(K\)，询问树上是否存在与点 \(U\) 距离为 \(K\) 的点，若存在，输出任意一个，否则输出 \(-1\)。

\(Scope\ Limitation\)

\(1\leq n\leq 2\times 10 ^ 5, 1\leq Q \leq 2\times 10 ^ 5\)

\(Solution\)

显然，对于每一个询问，我们需要找到距离 \(U\) 最远的点，则所有不为 \(-1\) 的答案都可以在其上找到。

不难想到处理出这棵树的直径，找到直径之后，以直径上的所有点为根，处理出不在直径上的点的倍增函数以及深度，则容易进行如下判断：

• 若询问点深度大于等于 \(K\)，则直接倍增向上跳。

• 若询问点深度小于 \(K\)，则直接跳到这棵子树在直径上对应的根，向更远的一段走即可。

\(G\)

\(Problem\)

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(A\)。

求符合如下要求的长度为 \(n\) 的排列 \(P\)的数量：

• 恰好存在 \(K\) 个不同的 \(i(i < n)\) 满足 \(A_{P_i} < A_{P_{i + 1}}\)

对 \(998244353\) 取模。

\(Scope\ Limitation\)

\(1\leq n\leq 5000,1\leq A_i\leq n\)

\(Solution\)

不难发现，题意等价于重新排列 \(A\)。

考虑一种确定新的排列 \(A'\) 的方式，我们将 \(A\) 中的元素从小到大放入 \(A'\)。

初始时，令 \(A' = \{0,0 \}\)，如果最后的序列形如 \(\{2,1,3\}\)，那么，\(A'\) 变化的过程依次为：\(\{0,1,0 \},\{0,2,1,0 \},\{0,2,1,3,0 \}\)。

由于 \(A_i\) 不小于 \(1\)，我们插入的元素必须在两个 \(0\) 之间，所以有一个多余的贡献，则我们最后需要 \(K + 1\) 个 \(A_i < A_{i + 1}\)。

由于我们规定的顺序，思考插入一个数之后 \(A_i < A_{i + 1}\) 数量的变化：

• 首先，插入一个 \(x\) 到 \(A_i < A_{i + 1}\) 之间，此时其数量必然不会发生变化，因为 \(x\geq A_{i + 1} > A_i\)
• 若插入一个 \(x\) 到 \(A_i >= A_{i + 1}\) 之间，此时数量可能会增加 \(1\)，但是需要注意相同的数的数量，所以我们需要维护一个变量，记录已经插入到 \(A'\) 中和 \(x\) 相同的数的数量。

于是我们维护 \(dp_{i,j}\) 表示插入了 \(i\) 个数，有 \(j\) 个位置满足 \(A_i< A_{i + 1}\)，则可以在 \(O(nK)\) 的时间复杂度内解决该为题。

\(Ex\)

\(Problem\)

给定一个长为 \(n\) 的序列 \(A\)，求该序列有多少个包含元素个数为奇数个的子序列，满足其和恰好为 \(M\)，答案对 \(998244353\) 取模。

\(Scope\ Limitation\)

\(1\leq n \leq 2\times 10 ^5,1\leq M\leq 10 ^6,1\leq A_i\leq 10\)

\(Solution\)

定义一个 \(dp_{i,j}\) 为当前选择的元素的和为 \(i\)，元素个数模 \(2\) 为 \(j\) 的方案数。

直接转移复杂度达到了 \(O(nM)\)，显然不可取。

令 \(dpx'_i = \sum_{j = 0}^∞ dp_{j,i}x^j\)，即 \(dpx'_i\) 为一个多项式，元素的和 \(j\) 为 \(x\) 的质数，设已知两个多项式 \(dpx'\) 和 \(dpy'\)，考虑如何将其转移为 \(dpz'\)：

• \(dpz'_0 = dpx'_0\times dpy'_0 + dpx'_1\times dpy'_1\)
• \(dpz'_1 = dpx'_0\times dpy'_1 + dpx'_1\times dpy'_0\)

即为一个卷积运算。

那么，我们将初始的若干个元素，每个元素单独成立一个多项式，并将其加入一个多项式的集合 \(f\)，每次，我们取出 \(f\) 中的前两个元素，将他们卷积，再放入末尾。

虽然多项式的长度质数级增长，但 \(f\) 中的元素个数同样质数级减小，故而我们可以在 \(\mathcal O(nlognlogM)\) 的时间复杂度内解决这个问题。

更具体的，对于元素 \(A_i\)，我们令其对应的多项式，零次项和 \(A_i\) 次项系数设为 \(1\)，分别代表空集和单独选择元素 \(A_i\)，这样我们做出来没有考虑奇偶性，最后多项式的 \(M\) 次项对应的答案为奇数加偶数。

我们再做一遍同样的过程，这次将零次项系数设为 \(1\)，\(A_i\) 次项系数设为 \(-1\)，这样卷积过后，最后多项式 \(M\) 次项对应的答案为偶数减奇数。

将两次答案相减，可得两倍奇数，除二即为正确答案。