油尽灯枯之赛

又是美好的爆零日。

我想打球了。

离比赛越近，考得就越烂吗。

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老规矩，在前面先写点闲话。

看了 $\mathsf{y}\mathsf{s}\mathsf{p}\mathsf{m}$ 的博客“像是人类智慧的结晶”之后，我从 $\mathsf{i}\mathsf{m}\mathsf{z}\mathsf{z}\mathsf{y}$ 身旁走过时，总想仔细端详一下。

因为他真的很像析出的晶体：或许是小小的一颗，但是很纯。

以及他浑然天成、与生俱来的，似笑非笑的表情，令人回味无穷。

怪不得 $\mathsf{c}\mathsf{9}$ 会做那张 $\mathrm{c}\mathrm{q}\mathrm{b}\mathrm{z}$ 和 $\mathrm{w}\mathrm{f}\mathrm{l}\mathrm{s}$ 的合照。我理解他了。

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$T1$：给仙人掌的边随机定向，问每个点期望能到达多少点。

感觉是圆方树上恶心换根 $\mathtt{d}\mathtt{p}$，写不来。

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$T2$：有向图，进行 $q$ 次操作：将若干互不相同的边的边权 $+1$，然后问某个点最短路。

有点降智。一开始以为初始边权全 $1$，然后发现并不是。

就考虑用势能，将很多边权设为 $0$ 。然后最短路就不会超过 $nq$ 。

考虑 $\mathtt{d}\mathtt{i}\mathtt{j}\mathtt{k}\mathtt{s}\mathtt{t}\mathtt{r}\mathtt{a}$ 但是用桶排，且在 $q$ 张图上同时进行。时空复杂度 $\mathcal{O}(nq)$ 。

为啥它会快。我以为是整体 $\mathtt{d}\mathtt{p}$ 的效果，省去了扫描桶的过程。可能也是吧，但这很蠢……

由于空间会爆，我考虑把 $\frac{q}{10}$ 个操作压一组作询问。每组都要重新求一遍最短路！

没错。也就是说，我一直在维护最短路，然后过一段时间我要重新求一次最短路？

完整说一遍：对单次修改，最短路不超过 $\mathcal{O}(n)$，用桶排可做到 $\mathcal{O}(n+m)$ 维护最短路。然后将新的最短距离作为势能即可。

复杂度 $\mathcal{O}(q(n+m))$ 其实还蛮无趣的。

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$T3$：求 $min\sum _{j=1}^{n-1}\omega (x_j\oplus x_{j+1})$ 其中 $\omega (n)=\sum _{j\in n}{c}_j$，需满足 $x_j\in [l_j,r_j]$ 。保证 $r_j<2^k$ 。数据范围 $n,k⩽50$ 。

花了我上午 $1h$ 左右 $+$ 整个下午。气死我了 💢

我以为是 $2^{k/2}$ 之类的。但 $\mathsf{\text{crashed}}$ 说：“有没有可能是次数较高的 $P$ 算法？”

我想，祂其实已经会了。只不过出于知识封锁的习惯，没有说出来。😢

回到题目上。每个数只需选若干 $\mathrm{h}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{h}\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 使得其满足值域范围，剩下的 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 总应该和上一个数保持一致。这些 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 是固定的 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 的延伸，因此贡献实际出现在固定的 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 之间。

更具体地，若 $x,y$ 有贡献，则 $x,y$ 之间的固定 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 没有 $x,y$ 多。不难发现这是笛卡尔树。

Comment. 之前需要 $\mathcal{O}(2^k)$ 是因为我们在沿着序列方向建笛卡尔树。有时我们要摒弃这种线性的想法。

换成区间 $\mathtt{d}\mathtt{p}$，只需记 $f_{l,i,r,j}$ 为，左端点 $l$ 选择的数字是 $i$ 而右端点 $r$ 选择数字 $j$ 时，区间内固定 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 没有 $i$ 或 $j$ 多，最小代价。显然每个位置上的可能数字只有 $\mathcal{O}(k)$ 个，即与 $r_j$ 或 $l_j$ 的 $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{p}$ 嘛。

枚举 $(l,r)$ 内固定 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 最多的位置和它选的数字，复杂度 $\mathcal{O}(n^6)$ 。

状态太多，优化之。以 $h_l$ 指代固定 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 的数量。若 $h_r>h_l$ 则 $h_r$ 中较高的 $\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{t}$ 无意义：既不产生贡献，也不带来约束。因此状态中只用记录 $h$ 较小的那个数。这样至少能 $\mathcal{O}(n^5)$ 。

更进一步：转移时只用到 $f_{l,k,h_k}+f_{k,r,h_k}$，跟 $h_l$ 也没关系。因此先枚举 $l,r$ 后，直接枚举 $k,h_k$ 得到结果 $g$，再枚举 $h_l$ 可以直接从 $g$ 更新。

复杂度 $\mathcal{O}(n^4)$ 。由于极其麻烦，我们只能期待 $\mathsf{R}\mathsf{a}\mathsf{i}\mathsf{n}\mathsf{y}\mathsf{b}\mathsf{u}\mathsf{n}\mathsf{n}\mathsf{y}$ 给出代码实现了。