2024.9 做题记录

001. CF2002E Cosmic Rays CF*2300

标签：思维，栈

题意：

给定 $n$ 个元组，$(a_i,b_i)$，表示有 $a_i$ 个 $b_i$ 按顺序排列在一起。一次操作可以删除以下数字：

1. 在第 $1$ 个位置的数字
2. $s_i\ne s_{i-1}$ 的位置 $i$

问每个前缀最多成操作多少次。

Observation：

1. 问每个前缀最多能撑住几轮操作，其实暗示我们利用前面的答案以某种方式推出后面的答案。
2. 手玩样例可以发现，如果对于 $x$ 个元组，$b_i$ 全都不相同，那么答案即为 $max(a_1,a_2,...,a_x)$。证明也是比较显然的。
3. 我们考虑处理权值相同的情况，我们简化问题进行讨论——只考虑两个权值相同的块夹着一个不同权值块的情况。将三个块的大小设为 $x,y,z$。如果 $z\le y$，那么根本不会有任何贡献，答案还是前面的。如果 $z>y$ 且 $x\le y$，那么其实就会加上这个块的贡献，不过这种情况我们在代码中其实是可以直接压进去不管的。如果 $x>y$ 且 $z>y$，那么就会把 $y$ 消了，然后 $x$ 和 $z$ 拼在一起。然后这个串可以撑住的轮数就变为了 $x+z-y$。
4. 两个权值相同夹着中间的块不管是什么，我们只需要知道它能撑住的轮数即是它的 $y$。

Doubt：

想到这里就感觉想不下去了。当时的想法是因为看到标签里有 dp，看怎么样能找到前面相同的权值然后用数据结构优化一下。结果解法是栈，有些震惊。

Solution：(after seeing le0n's tutorial)

有点像单调栈的意思。

1. 如果前面的块大小比你现在压进来的小，那他根本就没用，直接更新一下现在消了的次数然后直接从栈里踢出去即可。
2. 如果权值和自己相同，更新自己的大小为 $a_i+st{k}_{top}-maxx$，这根据的是性质 $3$。然后把这个块踢出去，为什么呢？因为你自己合并之后还会压进来更大的块。
3. 其他情况就不能吞或合并了，因为人家比你的大小大，你影响不了人家。
4. 把自己这个更新后的元组压进栈，最大值更新，做完了。

002. CF906D Power Tower CF*2700

标签：扩展欧拉定理

虽然 2700 但不怎么难的题。

扩展欧拉定理降幂塔的另一大板子（第一个是上帝与集合的正确用法）。

题意：

给定数组 $a$，每次给定区间 $[l,r]$，询问 $a_l^{{a_{l+1}}^{..{.}^{a_r}}}$。

Observation：

1. 看到幂塔，想到扩展欧拉定理+快速幂的光速幂解法。
2. $\phi$ 函数的层数是 $logp$ 级别的，也就是说每次询问的复杂度都是双 $log$（有一层快速幂）。而 $\phi$ 变为 $1$ 后上面的也不用管了。（上一个板子的结论）
3. 发现需要用到的 $\phi$ 值就那么几个，完全可以根号 $n$ 单点查，或者提前预处理（推荐这个）

Solution:

1. 预处理出要使用的模数
2. 递归处理询问（DFS）
3. 快速幂略有不同，大于 $p$ 需要模 $p$ 再加 $p$。
4. 暴力计算即可

003. CF242E XOR on Segment CF*2000

标签：线段树，位运算

题意：

在一个序列上做两种操作

1. 询问区间和
2. 区间异或 $x$

Solution：

比较经典的一个 trick 吧。关于区间位运算的，就考虑状压线段树或者拆位线段树。这里拆位线段树比较好写，于是就写了空间开销较大的拆位。

对于数的每一位维护一颗线段树。

1. 于是对于修改操作——异或 $x$。就是把 $x$ 拆成二进制数，如果 $x$ 这一位为 $0$，那么就没有改变，否则在区间线段树上，这一位全部取反。而其和的变化就是 $sum$ 变为了 $r-l+1-sum$。懒标记记录这个区间是否翻转即可，下传操作是显然的。
2. 对于求和，显然的，就是
   $$\sum _{i=0}^{log(maxn)}Sum(i,l,r)\times 2^i$$

另外注意建树的时候，每一位都要 PushUp 就好。

004. CF438D The Child and Sequence CF*2300

标签：线段树，势能分析

题意：

在一个序列上做三种操作：

1. 询问区间和
2. 区间对 $x$ 取模
3. 单点修改

Observation：

1. 发现一个势能性质就好，就是区间取模次数是 $log(a_i)$ 级别的，于是进行类似 GSS4 的暴力单点改就好
2. 什么时候不改？显然的，区间最大值小于 $x$ 就不改。

Solution：

1. 对于操作 $1$，维护区间 $sum$。
2. 对于操作 $2$，如 observation 所提到的，进行单点暴力修改。
3. 对于操作 $3$，暴力修改。
4. 记得 PushUp，但因为没有懒标记，所以不用 PushDown。

005. CF434D Water Tree CF*2100

标签：线段树，树链剖分

题意：

给出一棵以 $1$ 为根节点的 $n$ 个节点的有根树。每个点有一个权值，初始为 $0$。$m$ 次操作。操作有 $3$ 种：

1. 将点 $u$ 和其子树上的所有节点的权值改为 $1$。
2. 将点 $u$ 到 $1$ 的路径上的所有节点的权值改为 $0$。
3. 询问点 $u$ 的权值。

Solution：

就，就直接树链剖分。注意处理 $1$ 和 $0$ 的优先级。如果没有 tag 记得设为 $-1$ 而不是 $0$，因为会造成歧义。

点查询的话，其实维护区间和就好，并没有必要为了点查询进行额外的麻烦操作。

区间改 $0$ 就把 tag 和 sum 都赋值为 $0$。区间改 $1$，就把和赋值为 $r-l+1$ 即可。

006. CF600E Lomsat gelral CF*2300

标签：线段树合并

题意：

有一棵 $n$ 个结点的以 $1$ 号结点为根的有根树。每个结点都有一个颜色，颜色是以编号表示的，$i$ 号结点的颜色编号为 $c_i$。如果一种颜色在以 $x$ 为根的子树内出现次数最多，称其在以 $x$ 为根的子树中占主导地位。显然，同一子树中可能有多种颜色占主导地位。你的任务是对于每一个 $i\in [1,n]$，求出以 $i$ 为根的子树中，占主导地位的颜色的编号和。

Solution：

考虑对每一个节点建一棵权值线段树，而每次算贡献其实就是将自己节点的权值线段树向自己的父亲合并。而权值线段树所要维护的就是出现次数的最大值和最终的答案。

如何计算这个节点总的答案？很简单，就是 $sg{t}_{roo{t}_u}.ans$，因为最终的所有答案都会合并到以 $roo{t}_u$ 为根节点的线段树上。

唯一要注意的细节就是权值线段树的合并问题，还有加点较为麻烦，更新部分可以考虑加一个 PushUp 函数减小码量。

007. UVA437 The Tower of Babylon 提高+/省选-

标签：拆点，动态规划

看紫书看到这么个题，于是就混进来一道 Uva。

题意：

有 $n$ 种长方体，边长为 $a,b,c$。可以任意调转长方体的方向。现在进行长方体堆叠，满足 $a^{\prime }<a$ 且 $b^{\prime }<b$ 的长方体可以堆叠在边长为 $a,b,c$ 的长方体上面。问最高能堆叠到什么高度。

Solution：

其实还是挺简单的，首先由于可以翻转，考虑把 $a,b,c$ 按任意顺序排列，拆为 $6$ 个点（好像 $2$ 个就够，但是 $6$ 个好想）。随后对这 $6n$ 个点按题目要求建图。

注意到题目中是天然的二维偏序关系，于是这个图是一个 有向无环图。在这个 DAG 上面跑 Toposort 求出最长路即可。

最后答案是所有的 $dis$ 取一个 $max$。

008. CF1209G1 Into Blocks (easy version) CF*2000

标签：并查集，STL-set

题意：

给定序列 $A$。每次改动需要花费 $cn{t}_x$ 的代价将所有权值为 $x$ 的位置全都改换为另一个权值 $y$（自己定）。最终要求所有相同的数都连续出现。问最小代价。

Observation：

1. 我们发现，相交的区间和不交的区间有本质区别。于是先想到维护每个权值的左右端点。
2. 在一群相交的线段里面，所花费的最小代价就是区间长度减去数最多的一个权值的个数。
3. 把所有贡献加起来就是答案。

Solution：

1. 考虑经典 Trick，使用 set 的神奇排序维护区间交，并使用 dsu 并查集把交的线段放一个集合里。
2. 怎样维护区间求交？详见会场预约那题。大概就是：

bool operator < (const Line &x) const
{
    return R < x.L;
}

然后如果交就会判定为相等，但是其实有点细节。比如合并的这段代码：

int minn = ll[i], maxn = rr[i];
while(pos != s.end())
{
    Union(i, (*pos).id);
    minn = min(minn, (*pos).L);
    maxn = max(maxn, (*pos).R);
    s.erase(pos);
    pos = s.find(Line{ll[i], rr[i], cnt[i], i});
}
s.insert(Line{minn, maxn, cnt[i], i});

要维护 $minn$ 和 $maxn$ 是因为，有可能前面的线段和你有交，和后面的线段也有交，而唯独和你没交，于是因为你把它们删了，于是就不可能合并到一个集合了，所以说，你得维护目前的最小左和最大右端点才能维护交。

3. 后面就是暴力统计就行。

这做法比较 naive，貌似还有更好的做法。

009. P3071 [USACO13JAN] Seating G 省选/NOI-（真实难度 提高+/省选-）

标签：线段树，区间合并线段树

题意：

有一排 $n$ 个座位，$m$ 次操作。$A$ 操作：将 $a$ 名客人安置到最左的连续 $a$ 个空位中，没有则不操作。$L$ 操作：$[a,b]$ 的客人离开。

求 $A$ 操作的失败次数。

Solution：

如果不是连续的，也有另外一种做法，就是二分 + 线段树，这种要求连续的更难一些。

其实与 GSS3 区间最大子段和非常像甚至还弱化了。在一个 $01$ 序列上做操作。对于线段树上每一个节点 $p$，维护其最长 $1$ 连续段 $anscnt$，包含左端点的最长 $1$ 连续段 $lcnt$，包含右端点的最长 $1$ 连续段 $rcnt$。另外记录一个 tag 维护区间推平为 $0/1$。

线段树的 PushUp 是难点，但是被 GSS3 完美覆盖了，所以直接上代码：

if(Sgt[lc(p)].anscnt == Sgt[lc(p)].R - Sgt[lc(p)].L + 1) Sgt[p].Lcnt = Sgt[lc(p)].anscnt + Sgt[rc(p)].Lcnt;
else Sgt[p].Lcnt = Sgt[lc(p)].Lcnt;
if(Sgt[rc(p)].anscnt == Sgt[rc(p)].R - Sgt[rc(p)].L + 1) Sgt[p].Rcnt = Sgt[rc(p)].anscnt + Sgt[lc(p)].Rcnt;
else Sgt[p].Rcnt = Sgt[rc(p)].Rcnt;
Sgt[p].anscnt = max(max(Sgt[lc(p)].anscnt, Sgt[rc(p)].anscnt), Sgt[lc(p)].Rcnt + Sgt[rc(p)].Lcnt);

建树和更新的时候细节都有些多，需要想清楚。

下一步是求连续区间左端点。

1. 如果其左子树的最长 $1$ 连续段已经大于等于要求，那么优先递归左子树（要求编号最小）。
2. 如果恰好跨过中间，也就是左子树的 $rcnt$ 加上右子树的 $lcnt$ 是大于等于要求的话，那么就返回 $mid$ 减左子树的 $rcnt$ 再加 $1$，这很好理解。
3. 否则就是在右边，递归右子树。

复杂度？这样只会递归一边，复杂度是必定有保证的。是一种 类似线段树二分 的方法。

有个双倍经验是 Hotel G。

010. P2962 [USACO09NOV] Lights G

标签：高斯消元

题意：

给出一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，每个点的初始状态都为 $0$。

你可以操作任意一个点，操作结束后该点以及所有与该点相邻的点的状态都会改变，由 $0$ 变成 $1$ 或由 $1$ 变成 $0$。

你需要求出最少的操作次数，使得在所有操作完成之后所有 $n$ 个点的状态都是 $1$。

Solution：

看到 $n\le 35$，考虑乱搞。注意到每个点的“变化操作”相当于一个系数只有 $0/1$ 的 $n$ 元方程。而对于每一个元 $i$，我们要让其值为 $1$。

因为我们考虑且仅考虑其在模 $2$ 意义下的值，所以我们可以使用 异或高斯消元。

最后如果没有自由元的话答案就是 $1$ 的个数，有自由元的话暴力搜索即可。注意此时其实不用折半搜索，因为自由元的个数理论上是不会超过一半的，搜索回溯复杂度可以接受。