「考试」省选57

T3恶心死我了写了182行4.6K。

T1
联赛状压题。
我们发现\(m\)很小，那么状压。
设\(f[i][j][S]\)为第\(i\)个元素使用了\(S\)集合中的操作之后大小为\(j\)的概率。
那么我们可以写出转移方程。

\[f[i][j][S]=\sum\limits_{k\in S}\sum\limits_{l=0}^{c}f[i][j-l][S-2^k]P[k][i][l] \]

设\(dp[i][j][S]\)为前\(i\)个元素使用了\(S\)集合中的操作之后，最大值的大小为\(j\)的概率。
相当于是一个多维背包计数。
那么有转移方程:

\[dp[i][j][S]=\sum\limits_{T\subseteq S}\sum\limits_{k=0}^{j}+\sum\limits_{T\subseteq S}\sum\limits_{k=0}^{j}dp[i-1][k][S-T]f[i][j][T] \]

然后这个复杂度就是\(O(nm^2c^23^m+nm^2c^22^m)\)。
很卡常
然后我是个毒瘤做题人，有一些卡常技巧。
首先，可以用\(long\ long\)存储，取模次数减少一半。
第一个状压\(f\)的时候，我们发现转移顺序并不影响答案，所以我们可以每次枚举最高位转移，常数减小得多。
还有一个地方，我们枚举不一定要枚举到\(mc\)，可以枚举到\(num[s]c\)。

T2
结论题。
我们考虑构造答案最小的数据。
必然是全局每个格点占满关键点。
那么这种情况只能留下一行或者一列的白色格子。
那么周长最多是:\(2(max(h,w)+1)\)
这个东西是大于:\(2(\frac{h}{2}+\frac{w}{2})=h+w\)的。
那么我们可以发现，我们的最终矩形必然是过中线的。
那么维护一个线段树。
我们考虑扫描线。
当扫描到某一个位置\(r\)的时候，线段树上下标\(l\)维护的是\([l,r]\)这一段中大于\(h/2\)的最小的\(y\),和小于等于\(h/2\)的最大的\(y\)。
考虑动态维护这个东西。
我们发现，随着区间\([l,r]\)的变大，上下的区间从\(h\)变小。
然而我们的\(r\)在向右，所以每个\(l\)位置的上下区间大小都是变小的。
那我们考虑用一个单调栈来维护这个东西。
每一个栈上的位置都在退栈的时候，更新一下自己的区间，什么是自己的区间，就是当自己为最大值或者最小值的那一段区间。
这一段区间中全部都减掉当前缩小的上下区间长度。
由于我们的\(r\)是变化的，所以初值可以变成\(h-l\),然后最终求值的时候给答案加上\(r\)即可。

T3
恶心的\(ddp\)。
我是从链的情况一步一步推出非链的情况的，貌似和题解推的差不多。
这里我自己推一次。
其实\(ddp\)最重要的就是构造矩阵，剩下的就是一个差量更新，毫无技术含量就是难写的要死。
那先说一下链的情况。
首先有:
设\(dp[i][j]\)为\(i\)位置是长度为\(j\)的链顶端的最大剖分。
设:\(f[i]=\max\limits_{j=1}^{L}dp[i][j]\)

\[dp[i][j]= \begin{cases} f[i+1]+a[i][1]&j=1\\ dp[i+1][j-1]+a[i][j]&j>1\\ \end{cases}\]

那么设矩阵:

\[R[i]= \begin{bmatrix} dp[i][1]\\ dp[i][2]\\ dp[i][3]\\ dp[i][4]\\ \end{bmatrix} \]

\[G[i]= \begin{bmatrix} a[i][1]&\ a[i][1]&\ a[i][1]&\ a[i][1]\\ a[i][2]&\ -\infty&\ -\infty&\ -\infty\\ -\infty&\ a[i][3]&\ -\infty&\ -\infty\\ -\infty&\ -\infty&\ a[i][4]&\ -\infty\\ \end{bmatrix} \]

那么有:$$R[i]=G[i]R[i+1]$$
这样我们直接用线段树来维护。
修改的时候单点修改，查询全局矩阵就可以了。
尝试构造树上的情况。
设:
\(ch[x]\)为节点\(x\)的重儿子。
\(son[x]\)为节点\(x\)的儿子集合。
\(dp[x][i]\)为树上节点\(x\)为长度为\(i\)的链的顶端的子树最优剖分。
\(f[x]=\max\limits_{j=1}^{L}dp[x][j]\)
那么有\(dp\)的转移：

\[dp[x][i]= \begin{cases} a[x][1]+\sum\limits_{c\in son[x]}f[c]&i=1\\ a[x][i]+\sum\limits_{c\in son[x]}f[c]+\max\limits_{c\in son[x]}\{dp[c][i-1]-f[c]\}+a[x][i]&i>1\\ \end{cases} \]

设\(g\)为轻儿子的一些贡献。

\[g[x][i]= \begin{cases} \sum\limits_{c\in son[x]}f[c]&i=1\\ \max\limits_{c\in son[x],c\not=ch[x]}\{dp[c][i-1]-f[c]\}&i>1\\ \end{cases}\]

那么开始构造矩阵：

\[R[x]= \begin{bmatrix} dp[x][1]\\ dp[x][2]\\ dp[x][3]\\ dp[x][4]\\ \end{bmatrix} \]

\[G[x]=\begin{bmatrix} g[x][1]+a[x][1]&\ g[x][1]+a[x][1]&\ g[x][1]+a[x][1]&\ g[x][1]+a[x][1]\\ g[x][1]+a[x][2]+max(g[x][2],0)&\ g[x][1]+a[x][2]+g[x][2]&\ g[x][1]+a[x][2]+g[x][2]&\ g[x][1]+a[x][2]+g[x][2]\\ g[x][1]+a[x][3]+g[x][3]&\ g[x][1]+a[x][3]+max(g[x][3],0)&\ g[x][1]+a[x][3]+g[x][3]&\ g[x][1]+a[x][3]+g[x][3]\\ g[x][1]+a[x][4]+g[x][4]&\ g[x][1]+a[x][4]+g[x][4]&\ g[x][1]+a[x][4]+max(g[x][4],0)&\ g[x][1]+a[x][4]+g[x][4]\\ \end{bmatrix} \]

那么有：

\[R[x]=G[x]R[ch[x]] \]

考虑一下这个\(G\)矩阵究竟是怎么搞的。
第一行，我们把\(dp[x][1]\)的转移搞好，相当于在求出他们的最大值。
第\(i(i>1)\)行，我们把\(dp[x][i]\)的转移搞好，相当于在求出：

\[g[x][1]+a[x][i]+g[x][i]+dp[ch[x]][i-1],g[x][1]+a[x][i]+dp[ch[x]][i-1],g[x][1]+a[x][i]+dp[ch[x]][j](j\not=i-1) \]

中的最大值。
这样的转移也符合我们的\(dp\)转移方程。
那么我们只需要套一个\(ddp\)的板子，然后求\(g[x][2……L]\)的时候用\(set\)来维护一下就行了。
这样复杂度就是\(O(qL^3log^2n)\)