训练记录(Jul.)
杂题
CF1778F *2600/省选/NOI-
CF1167E *2100/提高+/省选-
CF156C *2000/普及+/提高
结论:和相同的任意一种状态都能到达。
证明:看做 \(n\) 堆硬币,每堆任何时候不超过 \(25\),始终存在一种方式移动一枚硬币到其他地方。
等价于求 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_n = \sum a_i \quad (x_i \in [1, 26])\) 的解的数量。
法一:\(f_{i, s}\) 表示前 \(i\) 个数,和为 \(s\) 的方案数,\(f_{i, s} = \sum f_{i - 1, s - x_i}\)。
法二:容斥,钦定一些位置大于 \(26\),\(\sum\limits_{i = 0}^n (-1)^i \begin{pmatrix} n\\i\end{pmatrix} \begin{pmatrix} s - 26i - 1\\n - 1\end{pmatrix}\)。
法三:生成函数暴力草。
CF622C *1700/普及+/提高
线段树查询 \([l, r]\) 最小/最大值下标,学数据结构学的。
更简单的做法:\(lst_i\) 表示上一个与 \(a_i\) 不同的数的下标,\(a_r \ne x\) 直接输出;\(a_r = x\) 且 \(lst_i < l\) 无解;\(a_r = x\) 且 \(lst_i \ge l\),输出 \(lst_i\)。
CF671A *1800/普及+/提高
需要决策的只有第一步,如果两个人的最优决策互不干扰,直接选就是了,否则讨论以下次优决策。
有可能出现一个人压根没走的情况。
CF597C *1900/普及+/提高
\(f_{i, j}\) 表示以 \(a_i\) 结尾长度为 \(j\) 的序列个数,随便写个 bit 优化即可,这也配绿?
CF1840D *1400
最大值最小,二分答案。首先对 \(a\) 排序,选的点一定在 \(a_1 \sim a_n\) 之间,否则不优。
设当前答案为 \(d\),选一个点能覆盖 \(2d\) 的区间,看最后点数是否 \(\le3\)。
CF1833G *1800
很直白的题,叶子的删边方式是唯一的,自下而上模拟即可。
CF476D *1900
所有数都除 \(k\) 后即找 \(n\) 个两两互素的四元组,且最大值最小。
一个四元组内只能有一个偶数 \(e\),也就是必须消耗 \(3\) 个奇数。
不妨猜想每个组都形如 \(\{e - 1,\ e,\ e + 1,\ e + 3\}\),证明他们两两互素。
-
\(e + 1 \not\perp e + 3\)。
如果存在 \(d > 1\) 使得 \(d \mid e + 1\) 且 \(d \mid e + 3\),则 \(d \mid (e + 3) - (e + 1)\),矛盾。
同理可证 \(e - 1 \not\perp e + 3\) 和 \(e \not\perp e + 3\)。
KMP
几个定义:
- \(pre_i = s[1, i]\),\(suf_i = s[n - i + 1, n]\)。
- \(p\) 是 \(s\) 的 border 当且仅当 \(pre_p = suf_p\),特殊的,\(n\) 一定是 \(s\) 的 border。
- \(p\) 是 \(s\) 的 周期 当且仅当 \(\forall i > p,\ s_i = s_{i - p}\),特殊的,\(n\) 一定是 \(s\) 的 周期。
- 周期 \(p\) 是 \(s\) 的 循环节 当且仅当 \(p \mid n\),特殊的,\(n\) 一定是 \(s\) 的 循环节。
定理1:\(p\) 是 \(s\) 的周期等价于 \(n - p\) 是 \(s\) 的 border。
证明:\(q\) 是 \(s\) 的 border:\(s_1 = s_{n - q + 1}, \cdots, s_q = s_n\)。不难得到 \(n - q\) 是 \(s\) 的周期。
注意:border 没有二分性。
border 的暴力求法:枚举 \(1 \le i \le n\),检验是否有 \(pre_i = suf_i\),时间复杂度 \(O(n^2)\)。
优雅的暴力:哈希 \(O(1)\) 判定前后缀相等。缺点:常数大,会被卡。
定理2:\(s\) 的 border 的 border 也是 \(s\) 的 border。
证明:画个图很好理解。
推论:求 \(s\) 的所有 border 等价于求所有前缀的最大 border。
\(p = n\) 是 \(s\) 的最大 border,然后我们要求 \(p\) 的最大(不为本身) border,化归为子问题。
Next 数组
定义:\(ne_i\) 表示 \(pre_i\) 的最大非平凡 border,其中 \(ne_1 = 0\)。
不难发现 \(pre_i\) 的所有 border 减 \(1\) 一定是是 \(pre_{i - 1}\) 的 border。
因此我们依次检查 \(ne_{i - 1}, ne_{ne_{i - 1}}\cdots\) (即 \(pre_{i - 1}\) 的所有 border)的下一位是否等于 \(s_i\),以此递推出 \(ne_i\)。
时间复杂度分析:
- 如果 \(ne_i = ne_{i - 1} + 1\),势能(最大迭代次数)增加 \(1\),
- 否则会先迭代到某个 \(ne_j\),然后 \(ne_i = ne_j + 1\),势能不增。
- 否则 \(ne_i = 0\),势能清空。
综上,势能总量为 \(O(n)\),时间复杂度 \(O(n)\),常数大概在 \(2\) 左右。
对于 \(s\),求最长的子串 \(t\),满足:\(t\) 是 \(s\) 的前缀;\(t\) 是 \(s\) 的后缀;\(t\) 在 \(s\) 中至少出现 \(3\) 次。
- 如果 \(ne_n\) 在中间出现过至少一次,那么答案就是 \(ne_n\)。
- 否则取 \(ne_{ne_n}\),次长 border 至少出现 \(4\) 次,满足限制条件。
2024牛客暑期多校训练营3
妈的你不知道我不会证明也不会猜吗。
L
一定有一个 \(8\) 不在边界,保留一个即可。
B
抽象下题意:\(x = D\),每次使 \(x \to \vert x - a_i \vert\) 。
令 \([a]\) 表示 \(a_i\) 的一个线性组合。
如果不反弹,\(x\) 显然形如 \(D - [a]\),其中 \(a_i\) 的系数非负。
考虑第一次反弹,\(x\) 形如 \([a] - D\),其中 \(a_i\) 的系数非负。
此时再减若干 \(a_i\),\([a]\) 的系数可能出现负数,\(x\) 的形式仅取决于 \([a], D\) 的大小。
那么 \(\min \bigg\vert [a] - D \bigg\vert\),根据裴蜀定理拓展,\([a]\) 是所有 \(\gcd\) 的倍数,容易得到答案。
J
预处理从 \(i\) 开始跑一小轮的结果 \(c_i\),和长度 \(len_i\)。
倍增求出 \(p_{i, k}\) 表示从 \(i\) 开始走 \(2^k\) 小轮到什么位置,\(s_{i, k}\) 表示 \(2^k\) 小轮的结果和。
对于每一大轮,二分步数,求出能确定结果的最小步数。
A
牛魔贪心。
我们想消耗尽可能少的体力,最小化来回次数:\(R\) 个人过去,\(L\) 个人回来,每次过去 \(R - L\) 个人。
总来回次数 \(x = \lceil \dfrac{n - R}{R - L} \rceil\)。
如果一个人有体力 \(h_i\),那么他最多可以来回 \(a_i = \lfloor \dfrac{h_i - 1}{2} \rfloor\)。
一个显然的必要条件为 \(\sum \min(a_i, x) \ge L \times x\)。
证明他也是充分的:
每次让最大的 \(L\) 个 \(a_i\) 减 \(1\),显然 \(\sum \min (a_i', x) \ge L \times (x - 1)\),然后即可归纳证明。
(把最大的 \(L\) 个中不在对岸的运到对岸,其他随便运)
D
如果存在一个数出现次数超过 \(n + 1\),一定无解,因为 \((2, 3), (4, 5), \cdots, (2n- 2, 2n - 1)\) 要求不同。
对于所有 \(x \ne y\) 的牌,存在很朴素的构造。
优先考虑 \(x = y\) 的牌。
我们每次将 \(val \ne lst\) 且剩余数量最大的牌放到右侧,如果有剩余则用 \(x \ne y\) 的牌插空,最后补齐所有的 \(x \ne y\)。
题解称这样是一定有解的,我会证我来看你干什么。
E
对 \(n\) 个串建出 trie 树。
题目要求的过程即在树上走 \(n\) 次,每次走完把这个串删掉。
对于一个节点 \(x\),记 \(sz(x)\) 表示以 \(x\) 为根有多少个叶子(有多少串以该点为前缀)。
那么在上述过程中从 \(x\) 出发恰好往左走 \(sz(l)\) 次,恰好往右走 \(sz(r)\)。
即 \(f_{x, y}\) 表示序列中恰好存在 \(x\) 个 \(1\) \(y\) 个 \(0\) 的最大概率,每次抉择当前选 \(0\) 还是选 $1:
我们发现每个点独立对应一个 01 操作序列,答案即 \(\prod\limits_{x} f_{sz(l), sz(r)}\)
HDU2024多校2
7450
可以自己实现一个有理数类。
7451:语法题。
7454
手动模拟:\(12345678 \to 1357 \to 15\),比较 \(s_1, s_5\) 个数即可。
7445
最大鸡爪数显然是 \(\lfloor \dfrac{n}{3}\rfloor\),难点在于构造最小字典序。
如果鸡爪数 \(\le 2\),直接特判掉。
考虑鸡爪数 \(\ge 3\) 的情况,最小化最大中心的编号:
- 第一个鸡爪需要四个点。
- 第二个鸡爪必须新建一个中心,此时连向 \(1, 2, 3\) 是最优的。
- 以此类推。
我们要让编号小的节点度数大,贪心的取 \(1, 2, \cdots, n/3\) 作为鸡爪中心。
\(1\) 向 \(n/3 + 1, n / 3 + 2, n / 3 + 3\) 连边,\(2\) 向 \(1, n/3 + 1, n / 3 + 2\) 连边,\(3\) 向 \(1, 2, n/3 + 1\) 连边。
如果边数不够,不断新增节点与 \(1\) 连边即可。
7447
最多三步是给暴搜的,你要模拟十二种转的方式,发现只有 \(8\) 个角有用,等效为一个二阶魔方,简化代码。
实际上步数没有上界也能做,注意到一个角的三个面相对位置在旋转过程中不会改变。
我们让一个角的三个面按逆时针排列,并将最小的一面作为第一个元素,这样就建立了角与字符串的一一映射。
然后枚举八个角,看在原先的集合里有没有出现。
7452
如果直径经过点 \(x\),那么一定能经过 \(x\) 拓展一次的所有点,同样可以经过由 \(x\) 拓展的点再拓展的所有点。
那么把经过 \(m\) 轮变换后 \(x\) 生成的点数作为权值求带权直径。
一个度数为 \(d\) 的点在一轮变换后会生成 \(2\) 个二度点,\(d - 2\) 个三度点。
也就是:
将 \(d = 2\) 和 \(3\) 分别代入:
所以
对于 \(m \le 20\),直接算,不会超过 long long。
否则对于二元组 \((d - 1, 1)\) 做加减,比较大小以 \(d - 1\) 为第一关键字,因为所有的 \(1\) 加起来也没一个 \(2^m - 1\) 大。
7456
7446
Codeforces Round 960 (Div. 2)
A
如果 \(mx\) 有奇数个,先手是必胜态。否则第一步选 \(mx\) 必败。
考虑选次大值 \(mx'\),如果 \(mx'\) 有奇数个,先手必胜,否则第一个必败态的 \(mx\) 一定是先手取到。
因此有结论,如果存在数 \(x\) 的出现次数为奇,先手必胜。
B
第一想法是 \([y, x]\) 全赋为 \(1\),但这样做有缺陷:-1, -1, -1, 1, 1
的最大前缀不是 \(5\) 而是 \(1\)。
如果 ....-1, 1, -1
1, 1, 1
-1, 1, -1, ...
就可以将 \(y\) 之前的前缀和要么等于 \([0, -1]\) 要么等于 \([0, 1]\),无论哪种在加上长度大于 \(1\) 的 \([y, x]\) 段后都符合条件。
C
第一次操作后:数组元素单调不降。
如果所有相同数值段长度都不小于 \(2\),那么一次操作后数组整体平移。
第一次操作后数组可能还存在单个的数,那么再做一次就能满足上述条件了。
D
贪不了一点心。
什么时候会用到操作 \(1\)?花费 \(k\) 次填满 \(k + 1\) 行。
\(f_{i, 0/1, 0/1}\) 表示在第 \(i\) 行 \(12\) 或 \(34\) 有没有凸出来的最优方案。
显然 \(f_{i, 1, 1}\) 这个状态是永远不优的,因为可以同样花费两次把 \(i\) 和 \(i + 1\) 直接填满。
E
F
AtCoder Beginner Contest 363
D:先找到答案的长度,然后从高到低确定每一位,时间复杂度 \(O(n + \log^2 n)\)。
E:优先队列里存当前边界的点,有点出队就向四周拓展。
F:设计函数 \(f(n)\) 返回 \(n\) 的一个合法字符串。
如果 \(n\) 已经合法,直接输出。
否则枚举 \(i \le \text{ rev} (i)\) 的因子, \(f(n) = i + f( \dfrac{n}{i \times \text{ rev}(i)}) + \text{ rev}(i)\),不难发现 \(i^2 \le n\)。
所有调用的 \(f\) 都是 \(n\) 的因子,不妨直接预处理,时间复杂度 \(O\bigg( d(n)\sqrt n\bigg)\)。
G:线段树分治 + 模拟费用流,jly 写了 1h,待补。
HDU2024多校1
7440
7434
7433
7435
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2024牛客暑期多校训练营2
E
对于奇数,简单的取 \(x \oplus 1\) 即可,特判 \(1\) 无解。
对于偶数 xxxx1000
,把末尾的 \(0\) 砍掉就行了,答案为 \(x - \text{ lowbit } x\)。
还需证明所有的 \(x = 2^k\) 无解,如果 \(x \oplus y = d\),显然 \(d\) 是小于 \(k\) 的 \(2\) 的次幂,这样 \(y = x \oplus d > x\) 矛盾。
C
首先证明,最优路径的横坐标可以单调不降。
H
枚举左端点,求出左端点一直到 \(n\) 会走到拿个 \((tx, ty)\),看 \((tx, ty)\) 和 \((x, y)\) 差了多少。
找到离左端点最近的作用范围为 \((\Delta x, \Delta y)\) 的后缀,那么该后缀之后的所有点都能作为右端点。
B
根号分治。
如果 \(k < \sqrt n\),直接 \(k^2\) 跑 prim。
2024牛客暑期多校训练营1
C
暴力做法是维护一颗线段树,支持区间加区间推平,注意推平标记在 add 之前下传。
稍微分析一下就是求 \(\sum i \times a_i\),从维护后缀转化到维护前缀,可以做到线性。
H:语法题。
A
把原序列划分成两部分:\(S_0 = \{a_i \mid 1 \not\in a_i \},\ S_1 = \{a_i \mid 1 \in a_i \}\)。
显然 \(S_0\) 中元素不会出现出现在子序列中。
如果当前 \(S_1\) 的一个子集满足按位与等于 \(1\),那么同属 \(S_1\) 的该子集的超集也能满足条件。
所以 \(A\) 能满足条件当且仅当 \(S_1\) 按位与等于 \(1\)。
枚举 \(S_1\) 的大小:
B
正难则反,用 A 题答案减去非法方案。
设当前有 \(i\) 个奇数,称 \(j\) 为特殊位当且仅当 \(i\) 个数里只有一个第 \(j\) 位为 \(0\)(\(i > 1\))。
显然非法方案的充要条件是每个数至少对应一个特殊位。
定义 \(f_{i, j}\) 表示 \(i\) 个数,对应 \(j\) 个特殊位的方案数:\(f_{i, j} = i \times (f_{i - 1, j - 1} + f_{i, j - 1})\quad j \ge i,\ f_{i, i} = i!\)。
这里相当与钦定了位数是单调递增的,在 \(f_{i - 1, j - 1}\) 转移时需要考虑 \(i\) 插在哪个位置。
那么方案数即:
I:大模拟,不会想写。
D
模数等于 \(2^{21}\),于是只要求答案的前 \(21\) 位。
注意到只对末尾操作,前缀不受影响,于是令 \(s_i = s - p_{i - 1}\),\(s\) 是当前总和。
按位计算,第 \(d\) 位为 \(1\) 当前仅当 \(\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} [s - p_i\text { 第 } d \text{ 位为一}]\) 是奇数。
稍作转化:\(\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} [s - p_i \bmod 2^{d + 1} \ge 0]\)。
记 \(s' = s \bmod 2^{d + 1},\ x = -p_{i - 1} \bmod 2^{d + 1}\),保证 \(s',x \in [0, 2^{d + 1})\)。
现在求满足 \((s' + x) \bmod 2^{d + 1} \ge 2^d\) 的 \(x\) 的范围。
- \(s' \le 2^d\),\(x \in [2^d - s', 2^{d + 1} - s')\)。
- \(s' > 2^d\),\(x \in [0, 2^{d + 1} - s') \cup [2^d + 2^{d + 1} - s',2^{d + 1})\)。
树状数组维护区间和。
J
G
E
F
K
Codeforces Round 958 (Div. 2)
A
数据范围没必要推公式,发现多重集中的非一元素最多一个,时间复杂度 \(O(n/k)\)。
B
首先所有连续的 \(0\) 都可以缩成一个,如果 \(1\) 的数量大于 \(0\) 的数量,直接取整个区间即可。
否则每次操作一定是 \(101\to 1\) 的形式,即不断删一个 \(01\),最后一定有剩余,直接判无解。
C
第二个数往后的最高位一定是 \(1\),第三个数往后的次高位一定是 \(1\),以此类推。
因此可以这样构造:第二个数最高为 \(1\),次高位为 \(0\),第三个数次高位为 \(1\),下个位为 \(0\)。
这样是一定能构造的,且长度最长。
D
一上来想的跑最大权独立集是假的,因为删除后不能保证后续操作最优。
\(f_{x, i}\) 表示 \(x\) 在第 \(i\) 轮被删除的最小代价,方程很好写,主要 \(i\) 的上界怎么证明。
E
NOI2024-div2模拟赛66
NOI2024-div2模拟赛65
A
\(a_i^2 + a_j = x^2 \implies a_j = (x - a_i)(x + a_i)\)。
预处理 \(a_i\) 的因子,时间复杂度 \(O(m \ln m)\),我直接根号枚举也不慢。
B
std 的线段树 + 单调栈没看懂,更好写的 cdq 分治做法:
判断 \([l, r]\) 合法的条件很简单:\(\max[l, r] - \min[l, r] = r - l\)。
假设当前在处理 \([l, r]\),左端点 \(i \in [l, mid]\),右端点 \(j \in [mid + 1, r]\)。
预处理 \(mx_i/mx_j\) 表示从分治中心到 \(i, j\) 的后缀/前缀最大,同样处理 \(mi_i/mi_j\)。
-
极值在同一侧,拿都在左边举例:
枚举 \(i\),那么 \(j = i + mx_i - mi_i\),判断是否满足限制条件即可。
-
极值不在同侧,假设 \(mx_i > mx_j\) 且 \(mi_i > mi_j\)。
从大到小枚举 \(i\),发现无论哪个条件的 \(j\) 都是单调不降的,双指针维护合法区间,哈希表统计答案。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
C
如果 \((a, b)\) 合法且 \(a\to c\) 有长度为 \(2\) 的路径,且 \((b, d) \in E\),则 \((c, d)\) 也合法。
反过来如果 \((a, b)\) 对于某个 \(c\) 合法,则一定能从 \((c, c)\) 拓展过来。
考虑 bfs,设 \((a, b, 0)\) 表示 \((a, b)\) 合法,\((a, b, 1)\) 表示从合法状态往 \(a\) 走了一条边,\((a, b, 2)\) 表示合法状态往 \(a\) 走两条边。
D
\(O(n^3)\) 暴力:\(f_{l, r} = \begin{cases}\max(g_{l, r}, f_{l + 1, r - 1})\\ \min \bigg(\max(f_{l, mid}, f_{mid + 1, r})\bigg) \end{cases}\)。
如果枚举答案 \(lim\),转化为可行性问题:是否能仅用 \(g_{i, j} \le lim\) 删掉整个序列。
二分答案,bitset 优化:
\(O(\dfrac{n^3}{w}\log n)\),很幽默的复杂度,但是能过。
std 做法:
每次把 \(lim\) 增大 \(1\),相当于加入一对新的 \((i, j)\),尝试更新 \(f_{i, j}\)。
进一步的,如果 \(f_{i, j} = \text{ true}\),根据转移方程,尝试更新 \(f_{i - 1, j + 1},\ f_{i, *},\ f_{*, j}\)。
把所有合法状态放入队列,\(O(n ^2)\) 个状态,每个状态利用 _Find_next
\(O(\dfrac{n}{w})\) 更新,时间复杂度 \(O(\dfrac{n^3}{w})\)。
E
整体二分
莫队
CF1000F *2400
\(O(n\sqrt n \log n)\) 的做法非常脑残,但是过不去。
值域分块维护,这样可以 \(O(\sqrt n)\) 查询,\(O(1)\) 修改。
CDQ 分治
P3810 【模板】三维偏序(陌上花开) *省选/NOI-
先按 \(a_i\) 排序,设当前分治区间为 \([l, mid, r]\):
- 递归 \([l, mid]\) 同时让左边按 \(b_i\) 排序。
- 递归 \([mid + 1, r]\) 同时让右边按 \(b_i\) 排序。
归并左右两边,树状数组处理二维偏序。
也可以排好序后对第二维继续 cdq,这种方法能过拓展到更高纬度的偏序问题。
CF1093E *2400/省选/NOI-
考虑映射 \(f(a_i) = i\),令 \(b_i \to f(b_i)\),这样可以把一组询问 \([l_a, r_b],[l_b, r_b]\)转化为:
把 \(b\) 写成点对 \((i, b_i)\),每个点权值为 \(1\),上式即 \(x \in [l_b, r_b], y\in [l_a, r_a]\) 的点 \((x, y)\) 的权值和。
根据二位前缀和的经验,一个询问拆成四个询问,每次求出 \(\{(0, 0) ,\ (x, y)\}\) 的矩阵和。询问点显然权值为 \(0\)。
我们对每个点多维护一个时间戳,表示加入平面的时间戳 。
比如时间 \(t\) 时交换 \(x, y\),相当于在 \((x, b_x)\) 加入一个权值为 \(-1\) 的点,同时在 \((x, b_y)\) 加入一个权值为 \(1\) 的点。
这样就转化为:对于每个点 \((x, y, t)\),求出所有 \(x_i \le x, y_i \le y, t_i \le t\) 的点权和,三维偏序模板。
AT_joisc2014_i *省选/NOI-
先按横坐标排序,设当前分治区间为 \([l, r]\),保证两侧的纵坐标严格递减。
在 \([l, mid]\) 自上而下枚举左下角,考虑哪些右上角不可能成为答案。
如果 \(a, b\) 满足 \(a_y < b_y\) 且 \(a_x < b_x\),那么 \(b\) 就没用了,因此对右边维护一个单调栈,满足横坐标递增。
再考虑左边其他点的影响:
- 纵坐标小于当前点的没有影响。
- 横坐标小于当前的的没有影响。
所以左边维护一个横坐标递减的单调栈,每次根据栈顶元素的纵坐标在右边单调栈二分。
P5094 [USACO04OPEN] MooFest G 加强版 *普及+/提高
把原问题分成两份: \(x_i \le x_j \land v_i \le v_j\);\(x_i \ge x_j \land v_i < v_j\)。
二维偏序树状数组就行,不过可以写 cdq 练练手。
P4690 [Ynoi2016] 镜中的昆虫 *NOI/NOI+/CTSC
如果只有单点修是好做的,把 \((i, pre_{i})\) 看成点,就是 CF1073E 的带修矩阵和。
现在证明:\(m\) 次区间修改后 \(pre_i\) 的变动次数是 \(O(n + m)\) 的。
类似 odt 的维护方式,我们把序列划分为若干连续颜色段。
考虑把 \([l, r]\) 从 \(v\) 改变为 \(v'\),\(pre\) 值发生改变的点只有:\(l\),离 \(r\) 最近的 \(v\) 点,离 \(r\) 最近的 \(v'\) 点。
把修改看成一个删除后新建的过程,删除一个 \((l, r, v)\) 最多需要改变 \(1\) 个点,新建一个 \((l, r, v')\) 最多需要改变 \(2\) 个点。
最坏情况下,一个节点贡献三次修改。
而一次推平操作最多新建 \(3\) 个节点(左右 split 出来两个,最后推平一个),所以 \(pre_i\) 的修改次数是 \(O(n + m)\) 的。
对整个序列和每种颜色都开一个 odt,暴力修改 \(pre_i\) 即可。
线段树分治
LOJ121「离线可过」动态图连通性
对于一条存活时间在 \([l, r]\) 的边 \(e\),把他加到所有被 \([l, r]\) 覆盖的节点,有点像标记永久化。
并查集维护连通性,由于在遍历线段树时需要回溯,所有该并查集需要支持回退。
路径压缩会破坏树的形态,采用启发式合并,把有改动的地方压入栈中,回退即逆操作。
一共会加 \(O(n \log n)\) 条边,外层线段树也是 \(O(n \log n)\),加边操作 \(O(\log n)\),总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
P5787 二分图 /【模板】线段树分治 *提高+/省选−
分治部分与上题一致,主要怎么用并查集判二分图。
设 \(x_{1/0}\) 分别为 \(x\) 的偶点/奇点,\((x, y) \in E \iff (x_0, y_1) \land (x_1, y_0)\)。
这样保证了奇偶相同的点只能通过偶数条边到达。
如果在连接 \((x, y)\) 时 \(x_0, y_0\) 同属一个集合,那么加上这条边后就会出现奇环。
GYM105231F
思路很好想,合并很毒瘤。
CF603E *3000/NOI/NOI+/CTSC
结论:存在边集使得每个点度数为奇 \(\iff\) 图中不存在奇连通块。
证明:
充分性:每条边对总度数贡献为 \(2\),总度数是偶,矛盾。
必要性:对于一个偶联通块,随便找一棵生成树,自下而上跑以下算法:
- 如果儿子向自己连了偶数条边,选连向父亲的边;否则不选。
这样可以保证除根之外都满足条件,又因为总度数为偶,除根外总度数为奇,所以根的度数也为奇。
先考虑静态问题:
按边权排序,不断往里加边,奇连通块数是非增的,如果不存在奇连通块就得到了答案。
考虑动态的过程,按时间往里加边,如果当前符合条件,尝试删掉最大的边。
我们发现一条边在在答案边集的时间是一段连续区间,称为这条边的存活时间。
按边权排序,边权小的边存活时间右端点就越大。
因此我们从右往左分治,从小到大更新存活时间,这也说明在分治过程中 kruscal(近似)的指针是非降的。
设当前访问叶子对应时间 \(t\),当前扫到的边出现时间为 \(i\),那么他的存活时间为 \([i, t]\)。
不断加边,直到奇连通块数为 \(0\),说明只用前 \(x\) 条边就能在时间 \(t\) 符合条件,第 \(x + 1\) 条边无论怎样都不会出现在 \(\ge t\) 的答案中。
边分治边求出存活时间,内套可撤销并查集,时复 \(O(m\log m\log n)\)。
CF576E *3300/NOI/NOI+/CTSC
NOI2024-div2模拟赛64
A
“如果 N 市存在一条单向道路 \((u,v)\),那么保证从街区 \(v\) 出发无法到达街区 \(u\)。”
容易发现(我没发现),把只通过无向边连接的连通块缩点,剩下的是一张 DAG。
每个连通块内跑 dij,按拓扑序更新。
B:圆方树 dp,待补。
C
拆位,设 \(a_i = \sum b_{i, k} \times 2^{k}\),则:
记 \(f_{k_1, k_2, 0/1, 0/1}\) 表示以 \(x\) 为根的子树与 \(x\) 距离不大于 \(k\) 的集合中第 \(k_i\) 为 \(v_i\) 的元素数量。
容易做到 \(O(log ^2 V)\) 的插入/删除,并同时维护答案,赛时没想到拆位,只做到了 \(O(V^2)\)。
启发式合并是很好写的,总复杂度 \(O(n\log n \log^2V)\),能够通过。也可以树上差分少掉一个 log。
D
KD Tree
FHQ Treap
CF1725K *2500/省选/NOI-
操作一:题解的按排名分裂好像有 bug,更简单的做法:
- 如果 \(x\) 是根,\(root = \text{merge}(ls, rs)\),并将 \(root\) 的父亲改为空。
- 否则设 \(x\) 的父亲为 \(p\),设 \(y = \text{merge}(ls, rs)\),把 \(y\) 挂到 \(x\) 原来的位置,父亲改为 \(p\)。
- 插入修改后的 \(x\)。
操作二:把 \(x\) 到根的所有懒标记下传,直接输出 \(x\) 的值。
操作三:\([l, mid]\) 打上 \(l - 1\),\([mid + 1, r]\) 打上 \(r + 1\),对树的形态并不会有影响。
CF809D *2900/省选/NOI-
设 \(f_j\) 表示长度为 \(j\) 的演的上升序列结尾最小值。
\(f\) 数组严格上升,平衡树优化 dp。
- 在小于 \(l\) 的最大的位置后面插入 \(l\),后面的位置相当整体右移。
- 把 \([l, r)\) 区间加一并右移一位,而第一步已经右移好了。
- 对于 \(\ge r\) 的部分保持不变,而数组已经偏移,所以把 \(\ge r\) 的最小的删掉。
最后答案就是平衡树的大小(神题,数形结合)。
CF702F *2800/省选/NOI-
把物品按题意排序,设当前物品需要花费 \(v\)。
现在要把剩余钱数 \(\ge v\) 的人钱数减 \(v\),操作数加 \(1\)。
如果剩余数组是有序,很容易用平衡树维护,把 \(\ge v\) 的部分分裂出来并打上标记。
但是钱数减 \(v\) 后数组不能保证数组的有序性。
发现剩余钱数 \(\ge 2v\) 的部分是能保证的,唯一有问题的是 \([v, 2v)\) 这一段。
不妨 split 成三段:\([0, v)[v, 2v)[2v, +\infty)\)。
暴力修改第二段,每次 \(v\) 至少减少一半,所以暴力插入次数不超过 \(O(n\log V)\)。
时间复杂度 \(O(n\log n\log V)\)。
李超线段树
LCT
支持的操作:1. 加入一条线段;2. 询问与 \(x = k\) 交点纵坐标最大的线段编号。
维护的信息(标记):完全覆盖当前区间且在区间中点数值最大的编号。
插入:设 \([l, r]\) 原来标记为 \(i\),现加入 \(j\)。
如果 \([l, r]\) 没有标记,直接打上 \(i\) 返回。否则 \(i, j\) 没法合并,需要递归地下传。
- 如果 \(f_{i}(mid) < f_j(mid)\),交换 \(i, j\)。
- (已经默认了 \(i\) 在 \(mid\) 比 \(j\) 优)如果 \(f_{j}(l) > f_{i}(l)\),说明在左边 \(j\) 会反超 \(i\),把 \(j\) 传给左儿子。
- 如果 \(f_{j}(r) > f_{i}(r)\),说明在右边 \(j\) 会反超 \(i\),把 \(j\) 传给右儿子。
有 \(O(\log n)\) 个节点需要下传,每次下传只会走 \(O(\log n)\) 个点(一次只走一边),总复杂度 \(O(\log^2 n)\)。
查询:类似标记永久化,把根到叶子的路径取 \(\max\)。
P4655 [CEOI2017] Building Bridges *省选/NOI−
朴素转移:\(f_i = f_j + (h_i - h_j)^2 + s_{i - 1} - s_j\)。
出现当前信息与转移信息的乘积,化成斜优(单调队列/平衡树维护凸包)的形式:
这很不对,考虑怎么转换能够用李超树维护。
把 \(y, b\) 交换一下:
这样就是每次加一条直线,询问 \(h_i\) 处的最大 \(y\)。
CF932F *2700/省选/NOI−
\(f_i = b_j \times a_i + f_j\),现在只要合并子节点李超树。
一种方法是启发式合并,只要把有改动的节点丢进栈里,就可以做到与修改同阶的清空,时复 \(O(n\log^2n)\)。
直接合并李超树也是可行的。具体来说:如果合并的 \(x, y\) 都不为空,先递归得到左右儿子,再把 \(y\) 的标记传给 \(x\)。
时间复杂度不是很显然:
- 除合并外,其他地方复杂度不超过 \(O(n\log n)\)。
- 由于加的是直线,李超树中的标记(直线)数量不超过 \(n\)。
- 在合并过程中,如果两棵树都不为空,要么将另一条直线直接废弃,要么使这条直线的深度加一。
- 线段树树高只有 \(O(\log)\),所以复杂度等于树高乘直线数等于 \(O(n\log n)\)。
P4069 [SDOI2016] 游戏 *NOI/NOI+/CTSC
CF1303G *2700/省选/NOI−
NOI2024-div2模拟赛63
?一共三道题你出两道交互。。
A
B
题目暗示很明显了,最后要询问两组十次得到答案。
显然用第一组得到数的组成,再由第二组得到组成的排列。
复杂分块
P4117 [Ynoi2018] 五彩斑斓的世界 *NOI/NOI+/CTSC
第二分块(?突刺贯穿的第二分块)。
区间所有大于 \(x\) 的减 \(x\) \(\iff\) 区间小于等于 \(x\) 的加 \(x\)(维护懒标记)
设当前区间最大值为 \(v\)。
-
\(2x \ge v\),把 \([x + 1, v]\) 并到 \([1, v - x]\) 上,花费 \(O(v - x) \times O(\text{ds})\) 使 \(v\) 减小 \(O(v - x)\)。
-
\(2x < v\),把 \([1, x]\) 并到 \([x + 1, 2x]\) 上,花费 \(O(x) \times O(\text{ds})\) 使 \(v\) 减小 \(O(x)\)。
对于每个块,初始 \(v\) 是 \(O(n)\) 的,根据上述操作,把 \(v\) 减到 \(0\) 只要 \(O(n) \times O(\text{ds})\)。
整块修改:并查集维护每个值的数量(每次把一个根接到另一个根下面),每个块 \(O(n)\)。
散块修改:把每个位置的当前值还原,暴力重构,暴力修改,单次 \(O(\sqrt n)\),每个询问对应 \(O(1)\) 个散块。
整块查询:单次 \(O(1)\)。散块查询:暴力,单次 \(O(\sqrt n)\)。总时间复杂度 \(O(n \sqrt n)\)。
离线每个块对答案的贡献,这样空间复杂度也是 \(O(n)\) 的。(inline 和 register 记岔了,inline 在高版本还是有用的)
CF1375H *3300/NOI/NOI+/CTSC
树套树
可持久化数据结构
P2839 [国家集训队] middle *省选/NOI−
如果 \(x\) 是长度为 \(n\) 的序列的中位数,那么 \(\sum [y \ge x] \ge \lceil\frac{n}{2}\rceil\)。
钦定 \(x\),把小于 \(x\) 的值赋为 \(-1\),大于等于 \(x\) 的值赋为 \(1\),得到 \(a'\)。
如果 \(\sum_{i = l}^r a_i' \ge 0\),说明 \([l, r]\) 的中位数大于等于 \(x\),答案有单调性,考虑二分。
对于每个不同的 \(x\),如何得到对应的 \(a'\)。这件事很容易用主席树做到。
现在要最大化 \(l \in [x_1, y_1],\ r \in [x_2, y_2]\) 的子段和。
只要维护 \([x_1, y_1]\) 的最大后缀,\([x_2, y_2]\) 的最大前缀已经 \((y_1, x_2)\) 的整段和即可。
不在当前区间的 \(x\) 是否可能成为答案?设所选区间 \(a\) 个小于 \(x\),\(b\) 个大于等于 \(x\),选第 \(a + 1\) 个数不会比 \(x\) 劣。
动态 DP
值域变换法
如果转移方程形如 \(dp_i = F(dp_{i - 1}, info_i)\) 且值域 \(M\) 很小。
可以把这个方程当成一种值域上的变换(\(dp_{i - 1} \to dp_{i}\))。
在线段树上操作,对于区间 \([l, r]\),进来 \(dp_{l - 1}\),出去 \(dp_r\)。
我们不关心 \(dp_{l - 1}\) 具体是什么,只需要计算所有 $x \in $M 经过 \(\text{F}_{l, r}\) 的 \(dp_r\)
![]()
左右儿子合并就是变换的复合,显然满足结合律。
值域变换支持单点修改,区间查询。
CF1076G *3000/NOI/NOI+/CTSC
感觉这比后面的紫简单很多。。?
如果 \((i, i + m]\) 中存在必败点,直接跳过去,先手必胜。
否则两个人的最优决策都是把 \(a_i\) 耗完,如果 \(a_i\) 是奇数,先手必胜,否则必败。
先朴素 dp,\(f_i\) 表示第 \(i\) 个点是不是先手必胜。
值域是什么呢?我们可以把后面 \(m\) 个数压成一维,则值域就是 \(2^m\),最大才 \(32\)。
乍一看已经做完了,但值域变换不支持区间修改。
如果 \(d\) 是偶数,忽略这一操作。
否则类似翻转操作,我们可以一开始就对 \([l, r]\) 记录两个变换:翻转后的和原来的,然后用懒标记维护是否翻转即可。
实际上只要关心右边第一个必败点的位置,值域缩小为 \(m\)。
广义矩乘
定义广义矩乘 \((\oplus, \otimes)\):\(C_{i, j} = \bigoplus\limits_{k = 1}^n A_{i, k} \oplus B_{k, j}\)。
其中:\(\oplus\) 满足交换律,\(\otimes\) 满足结合律和交换律,且 \(\oplus\) 对 \(\otimes\) 有分配律。
比较常见的:\((\max, +)\),\((\min, +)\)。
我们也可以写出该运算下的单位矩阵,对 \((\max, i)\) 来说:\(I = \begin{bmatrix}0 & -\infty &\cdots & - \infty\\ -\infty & 0 & \cdots & -\infty \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\infty & -\infty & \cdots & 0\end{bmatrix}\)。
如果用 dp 值和有关信息组成的向量 \(F\) 满足 \(F_i = M \times F_{i - 1}\),那么 dp 可以写成广义矩乘。
一些本来只能迭代计算的修改能够支持合并操作,从而支持单点修改,区间询问。
一定要注意是左乘还是右乘(鉴定为被矩阵快速幂惯的)。
SP1716 *提高+/省选−
朴素方程:\(f_i = a_i + \max(f_{i - 1}, 0)\) 表示以 \(i\) 结尾的最大子段和。
写成 \((\max, +)\) 矩乘:
对于一个询问,初始向量为 \(\begin{bmatrix}0\\0\\-\infty\end{bmatrix}\)。
CF1609E *2400/提高+/省选−
\(f_{i, 0/1/2}\) 表示 \(s\) 的前 \(i\) 位已经和 "abc" 匹配了 0/1/2 位的最小代价。
令 \(abc \to 012\)。
写个 \(3\times 3\) 的矩阵随便维护一下。
CF750E *2600/省选/NOI-
写法和上题基本一致,先对字符集做映射:\(2017 \to 0123,\ 6 \to 4\)。
CF1681E *2600/省选/NOI−
dp 状态 \(f_{i_{0/1}, j_{0/1}}\) 表示 \(i\) 的第 0/1 扇门走到 \(j\) 的第 0/1 扇门的最短路。
暴力转移是 \(O(qn^2)\) 的。
但是每次的转移矩阵是相同的,线段树维护区间乘法。
树剖套 DDP
如果 dp 方程能写成:\(F_x = M_{x \text{ 与轻儿子}} \times F_{\text{重儿子}}\)。
那么可以将 \(O(n)\) 的修改优化到 \(O(\log n^2)\)。(全局平衡二叉树能优化到单 log)
具体来讲,对于每个节点维护一个矩阵 \(M_x\) 记录 \(x\) 和其亲儿子的贡献。
不难发现,最后的 \(F_x\) 即从 \(x\) 到当前重链底端所有 \(M\) 之积乘上空节点(叶子的儿子)的向量。
考虑单点修改 \(x\):与 \(x\) 在同一重链的祖先不会发生变化。
需要修改的节点有:\(x,\ fa_{top_x},\ fa_{top_{fa_{top_x}}} \cdots\),只有 \(O(\log n)\) 个。
P4719 【模板】"动态 DP" *省选/NOI−
\(f_{x, 0/1}\) 为在 \(x\) 的子树中选/不选 \(x\) 的最大权独立集。
\(g_{x, 0/1}\) 为在 \(x\) 的子树中不考虑重儿子选/不选 \(x\) 的最大权独立集。
P6845 [CEOI2019] Dynamic Diameter *省选/NOI−
\(f_{x, 0}\) 表示从 \(x\) 往下走的最长链长度加上到父亲的权值。\(f_{x, 1}\) 表示 \(x\) 子树中的最长链长度。
设轻儿子集合为 \(l(x)\)。
用堆(multiset)动态维护轻儿子信息,时间复杂度 \(O(n\log^3n)\)。
DP 套 DP
特指一类 dp,把一个需要 dp 判定的判定性问题改成计数性问题。让你计算在某一条件下判定为真的输入有多少个。
判定性 dp 本身值域很小,且 f[i] 只与很近的几个 f[j] 有关。
可以将 f[j]...f[i] 这一段状压成 S。
计数性 dp[i][S] 表示输入 i 个数,判定性 dp 最近几个状态为 S 的输入数量。
说人话,把内层 dp 的结果作为外层 dp 的状态进行转移。
本质是一个 NFA 转 DFA 的过程。
AT_abc228_g *2649/省选/NOI−
建个图(NFA)理解一下。
行为右部点,列为左部点,\(i, j\) 连有一条权值为 \(g_{i, j}\) 的无向边。
要求长为 \(2n\),边权相连后不同的路经数。
如果状态仅为 \(f_{i, j}\) 表示第 \(i\) 步走到 \(j\) 的方案数是不对的,会重复计算。
更改状态为 \(f_{i, S}\) 表示能使第 \(i\) 步走到集合 \(S\) 中的所有点的序列数,不同集合中的序列一定不同。
枚举第 \(k \to k + 1\) 步的边权 \(x\):
在外层循环枚举这一步的决策,在内层循环枚举上一步的状态 \(S\),并由 \(S \to T\),由于上一步里不同集合答案不同,保证了这一步是不重不漏的。
LOJ6274. 数字
朴素做法:枚举 \(V\)。
设 \(f(pos, l_1, r_!, l_2, r_2)\) 表示在第 \(pos\) 位,限制条件的满足情况为 \(l_1, r_1, l_2, r_2\) 时是否存在 \(x \lor y = T\) 且 \(x\land y = V\)。
这是一个存在性问题,可以数位 dp 解决。
存在性改计数性,把后面四个状态压成一个 \(i \in [0, 16)\),再把所有 \(f_{pos, i}\) 的值压进计数 dp 的状态。
新的 \(f_{pos, i}\) 表示第 \(i\) 为,满足状态集合为 \(i\) 的有多少 \(V\)。
BZOJ3864. Hero meet devil
P4590 [TJOI2018] 游园会 *省选/NOI−
P5279 [ZJOI2019] 麻将 *NOI/NOI+/CTSC
NOI2024-div2模拟赛62
A
如果一个环只有一个点度数大于 \(2\),显然单独把这个环分出来是最好的。
如果一个环不只一个点度数大于 \(2\),与其单独取环,不如把环分给出去的链。
考虑最少要多少条链才能覆盖整张图。稍作转化:链 = 链的端点数 / 2。
如果 \(i\) 的度数 \(d_i\) 是偶数,那么可以两两匹配出边和入边,\(i\) 可以不是端点。
否则 \(i\) 一定是端点,答案为 \(\sum [d_i \bmod 2 = 1]\) 加上单独的环个数。
B
C
NOI2024-div2模拟赛61
A:整体二分或SA,待补。
B
注意 \(V = N /d \le 100\),考虑容斥。
设 \(f_{i, j, x, y}\) 表示前 \(i\) 个位置,找到了 \(j\) 个位置,钦定了 \(x + y\) 个位置大于 \(a_i\),选了其中 \(x\) 个的容斥系数。
记 \(z = \frac{a_i + 1}{d}\),转移时考虑选/不选,容斥/不容斥。
那么答案等于 \(\sum f_{m, j, x, y} \times \text{满足 }x,y \text{ 限制且找到的 } j \text{ 个位置不小于 } n \text{ 的方案数}\)。
记 \(z = N - (x + y) \times d, \ w = n - xd\),表示还剩多少钥匙,\(j\) 个位置还差多少。
如果 \(z < w\),方案数为 \(0\)。
如果 \(w < 0\),说明已经满足 \(j, x, y\) 的限制已经满足,剩下随便放:\(\begin{pmatrix}z + m - 1\\m - 1\end{pmatrix}\)。
否则问题等价于前 \(j\) 个位置不小于 \(n\) 的方案数。
从前往后放钥匙,满足第 \(i\) 个钥匙的位置不小于 \(i - 1\) 个钥匙。
枚举第 \(w\) 个钥匙的位置,方案即:
时间复杂度 \(O(m^2V^2)\)。
C
对纵坐标分治,设当前分治中心为 \(mid\)。
\(a_y \le mid\) 的权值最大的点和 \(b_y > mid\) 的权值最大的点两者至少取其一(显然)。
这样有贡献的点对只有 \(O(n\log n)\) 个。使其中一维有序,正反各做一边扫描线。
7/3
被爆了,老老实实加训。
NOI2024-div2训练赛60
A:写了一个以 vector
为键的神秘背包,复杂度和正解应该是一样的。
B
- 对于 \(P \le 3000\),直接以 \(f(pos, sum, mod)\) 为状态数位 dp,时间复杂度 \(O(10^2\times \log^2N \times P)\)。
- 对于 \(P > 3000\),枚举数位和 \(s\),时间复杂度 \(O(90 \times \dfrac{N}{P})\),南外神机跑的飞快。
C
\((i, j)\) 为 \(1\) 当且仅当第 \(i\) 行和第 \(j\) 列的总操作次数。
如果有 \(i\) 行操作了奇数次,\(j\) 列操作了奇数次,那么当前矩阵有 \(i\times (m - j) + (n - i)\times j\) 个 \(1\)。
枚举 \(i, j\),检查 \(1\) 的个数是否为 \(s\)。
只考虑行,先 \(n\) 个里面选 \(i\) 个,剩下 \(R - i\) 次操作必须两个两个分配给每行,即 $ x_1 + x_2 + \cdots + x_n = \frac{R - i }2$ 的非负整数解。
一对合法的 \((i, j)\) 贡献为:
D
不难求出最多操作次数 \(tot\)。
有了 \(tot\) 限制后,由于本题只求方案数,不需要再考虑花费。
假设当前在第 \(i\) 步,只关心三元组 \((x, y, z)\) 表示有 \(x\) 个位置已经和 \(b\) 相同,\(y\) 个位置再走一步相同,\(z\) 个位置再走两步才相同。
用一个向量 \(F_i\) 表示第 \(i\) 步时所有状态的方案数。
由于题目要求不超过 \(tot\) 的 \(f_{n, 0, 0}\),所以再记录 \(s_{n, 0, 0}\) 表示合法方案的前缀和。
系数矩阵很好推(\((x, y, z) \to x\times (x - 1, y, z + 1)\)),时间复杂度 \(O(n^6\log V)\)。(还有 \(O(n^2)\) 的大跌做法)
F
\(k \in \{0, 1, 2\}\),依次分讨。
不妨先做弱化版:计算满足 \(k\) 的限制的无向图个数,不一定联通。
\(k = 0\):
\(k = 1\):
\(k = 2\):
回归原问题,用 \(calc_k(n, m)\) 减去不连通的情况。
这里可以枚举 \(1\) 所在连通块大小及边数,剩下的部分任意连边。
区间 DP
AT_abc217_f *提高+/省选-
\(g_{i, j}\) 表示 \(i, j\) 是否相连,设 \(f_{i, j}\) 为把 \([i, j]\) 消去的方案数。
如果 \(g_{i, j} = 1\):\(f_{i, j} \gets f_{i + 1, j - 1}\)。
对于一般情况,不难想到枚举中转点:
可以默认左右各自的消去顺序已经确定,只要考虑如何分配即可。
但是这样是不对的,对于 ()()()...
的情况会重复计算,因此强制让 \(i, k\) 匹配即可。
P3607 [USACO17JAN] Subsequence Reversal P *省选/NOI-
\(f_{i, j, L, R}\) 表示 \([i, j]\) 段,值域为 \([L, R]\) 的最大长度。
- 小值域到大值域:\(f_{i, j, L, R} \gets \max \bigg(f_{i, j, L + 1, R}, f_{i, j, L, R - 1}\bigg)\)。
- 小区间到大区间:\(f_{i, j, L, R} \gets \max \begin{cases}f_{i + 1 , j, L, R} + [a_i = L] \\ f_{i, j - 1, L, R} + [a_r = R]\end{cases}\)。
考虑所谓翻转操作:
1 6 2 3 4 3 5 3 4
^ ^ ^ ^
| +-+ |
+-------------+
翻转序列两侧可以两两匹配,正好符合区间 dp 的步骤。
尝试翻转左右两端元素:\(f_{i, j, L, R} \gets f_{i + 1, j - 1, L, R} + [a_i = R] + [a_j = L]\)。
CF1922F *2500
状态很好想,之前是因为转移成环所以没补,结果发现也可以没环。
\(f_{l, r, x}\) 表示把 \([l, r]\) 推平成 \(x\) 的最小代价。
\(g_{l, r, x}\) 表示 \([l, r]\) 中不含 \(x\) 的最小代价。
树形 DP
AT_abc223_g *提高+/省选−
直接用最大匹配转移比较复杂,树是二分图:最大匹配 = 点数 - 最大独立集。
也就是求满足下列条件的点数:
剩下的问题即与 CF1984E 相同。
第一遍扫描求出 \(f_{x, 0/1}\) 表示在以 \(x\) 为根的子树中选/不选 \(x\) 的最大独立集:\(\begin{cases}f_{x, 0} = \sum \max(f_{y, 0}, f_{y, 1})\\f_{x, 1} = \sum f_{y, 0}\end{cases}\)。
第二遍扫描求出 \(g_{x, 0/1}\) 表示选/不选 \(x\) 的最大独立集:\(\begin{cases}g_{x, 0} = \max\bigg(g_{fa, 1}, f_{x, 0} + g_{fa, 0} - \max(f_{x, 0}, f_{x, 1})\bigg) \\ g_{x, 1} = f_{x, 1} + g_{fa, 0} - \max(f_{x, 0}, f_{x, 1}) \end{cases}\)。
状压 DP
AT_abc328_g *提高+/省选−
从 \(1 \sim n\) 依次枚举 \(a_i\) 的位置。
设当前 \(b\) 已经被填的集合为 \(S\),记 \(f_{S}\) 表示集合为 \(S\) 时的最小花费。
考虑 \(f_{S}\) 怎么去更新后续节点。
设 \(l = \vert S\vert + 1\),则 \(1 \sim l - 1\) 已经填完了,接下来要填的一定是 \(l\sim r\) 的连续一段。
枚举 \(r\),从 \(b\) 的 \(p\) 位置开始填(\([p, p + len)\) 都不能被填过):
摸底考。打得一坨还有 rk9,结果全是初中生。。upd:全是小学生,换组了。
F:离散化,建权值线段树。每个节点记录:
- \(cnt\):当前区间有多少个数。
- \(s_i\):当前区间内的坐标模 \(5\) 相同的数之和。
上传子树信息:
G:暴力 + 二分,喜提全场唯一 40 pts。
从下至上扫描,枚举哪一种颜色不选,此时所选区间的矩阵已经确定。
还要考虑没有上边界的点,枚举每一对颜色相同的相邻点作为左右边界。
![](https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/zts7mm6d.png)
H:初中✌泰牛。
把字符串补成等长,少的部分用 #
补齐,默认 #
的字典序小于 a
。
对字符集做一个映射:\(\# \to 0,\quad a\sim z\to 1 \sim 26,\quad ? \to 27\)。
预处理 \(g_{x, y, z, a, b}\) 表示 \(s_{1} = x,\ s_{2} = y,\ s_3 = z\) 且 \(x, y\) 的大小关系位 \(a\),\(y, z\) 大小关系为 \(b\) 是的方案数。
其中大小关系 \(\text {cmp}(x, y) = \begin{cases} 0 & x < 1\\ 1 & x = y \\2&x > y \end{cases}\)。
设 \(g_{i, 0/1, 0/1}\) 表示前 \(i\) 位 \(s_1\) 和 \(s_2\) 的字典序大小为 \(0/1\)(\(0\) 为相等,\(1\) 为 \(s_1 < s_2\)), \(s_2\) 和 \(s_3\) 的字典序大小为 \(0/1\) 时的方案。
设 \(s_{1, i} = A,\ s_{2, i} = B,\ s_{3, i} = C\),枚举大其小关系 \(x, y\)。
- \(a\) 为 \(0\) 则 \(x\) 不为 \(2\),同理 \(b\) 为 \(0\) 则 \(y\) 不为 \(2\)。
- 若 \(a\) 为 \(1\) 或 \(x\) 为 \(0\),则 \(j\) 为 \(1\),同理若 \(b\) 为 \(1\) 或 \(y\) 为 \(0\),则 \(k\) 为 \(1\)。