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。