2024.1 做题记录

P2423 [HEOI2012] 朋友圈

考虑 \(a \oplus b \bmod 2 = 1\) 的限制实际上转化为不同左侧点最多选择两个，因为奇偶性需要不同。

暴力枚举左侧的点集，考虑 B 侧的点，首先需要跟左侧点集任意有边，之后内部还需要是完全图。

B 侧选定点的最大团这个东西是不好做的，但是我们可以借助边的性质。

我们如果按照 B 的奇偶性来分成两类，因为 \(a \oplus b \bmod 2 = 0\)，所以集合内部点两两有边，而第二类又在两个集合中做出了连边。

不难发现如果除去团内的边，实际上这是一张二分图，我们将二分图取补图，这仍然是一张二分图。我们发现，如果在这张图上求 最大独立集，那么在原图上即为最大团。

团要求两两有边，而独立集要求两两没边，将补图还原后两两间必然有边，即为团。

• 引理：最大独立集 = $n \ - $ 最小点覆盖。

最大独立集事实上想要从全集中去掉一些点（尽量少），使得两两间没边，也就是想找最少的点破坏掉所有边（如果有边存在必然有点相连）。正好对应了最小点覆盖。

而最小点覆盖又等于最大匹配。所以我们对补图求最大匹配然后计算即可。

时间复杂度 \(O(|A|^2|B|^2)\)。

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BZOJ #4664

考虑方案数从前到后并不好表示，因为如果想保证混乱度 \(\le L\)，那么需要记录前一项是什么，还需要记录选了什么，这样的话状态数也许是 \(O(2^nn)\) 的，显然无法接受。

考虑一个插块 dp，设 \(f_{i, j}\) 表示从小到大插入到第 \(i\) 个数，分成了 \(j\) 段的方案数。

转移经典，但是我们发现无法保证混乱度，考虑再设 \(f_{i, j, k}\) 表示从小到大插入到第 \(i\) 个数，分成了 \(j\) 段，总混乱度为 \(k\) 的方案数。

看起来到这就结束了，不过我们发现我们很难考虑一次插值的贡献。事实上，贡献是与邻项强相关的，然而我们的状态并没有记录邻项的值。

考虑一边插值一边计算全局的贡献。具体来说，从小到大给了我们很好的性质，考虑这样一个式子：

\[(a1 - 0) + (a_2 - a_1) + (a_3 - a_2) + .. + (a_k - a_{k - 1}) = a_k \]

事实上这就是差分的前缀和。因为我们从小到大插值，那么未插的地方数字一定比当前值大，为了构造出它，我们给所有连通块的边界位置插上 \(a_i - a_{i - 1}\) 的贡献，一边插值一边算出了整体的贡献。

实现细节上，因为边界只有一边可以产生贡献所以需要再开一维表示边界。

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accnoi5709 k 大值

事实上也许跟基数排序没什么关系。

考虑值域大概是 \(10^{18}\)，空间正好容得下 \(10^6\)，按照 \(10^{12}\) 确定答案在哪个块里，再按照 \(10^6\) 分块，确定在哪个 \(10^6\) 块里，下一次内部开桶即可。

ps: 事实上值域不是 \(10^{18}\)，而是稍大一些，实现上可以适当调大块长。

P1640 [SCOI2010] 连续攻击游戏

纯题。原本以为是 2-sat 类状物。

将每个阶段设出点，然后每个武器练两条边，只能用一次正好满足匹配的意思，直接匈牙利即可。

CF86D Powerful array

纯莫队。据 gqh 说是防止老年痴呆的，挺有道理。

CODECHEF Children Trips

这个东西首先转化为分别从 \(s, t\) 开始分别往上跳的相遇步数。

考虑对步长根号分治一下。对于 $p \ge \sqrt{n} $，我们最多只需要走 \(\sqrt{n}\) 步就能相遇，这一部分如果用倍增维护出往上走 \(p\) 的点是什么可以做到 \(O(\log p\sqrt{n})\) 的复杂度。

然后考虑 \(p < \sqrt{n}\) 的部分。这一部分的值我们发现不多，可以对每一种步长重构倍增树，具体的，我们将原树用倍增缩为一棵走一步相当于是一天的树，再对这棵树做一次倍增预处理，这样我们暴力跳，复杂度是 \(O(n\log p + n\sqrt{n}\log n + \sqrt{n}\log n) = O(n\sqrt{n}\log n)\)，所以总复杂度就是 \(O(n\sqrt{n}\log n)\)。

[ABC154F] Many Many Paths

首先把典的方案数转化为 \(\displaystyle\binom{i + j}{i}\)，然后考虑公式

\[\displaystyle\sum_{i = 0}^m \binom{n + i}{n} = \binom{n + m + 1}{n + 1} \]

然后把每一行转化为两个前缀和，直接带入上面的每次就能 \(O(1)\) 了，复杂度 \(O(n)\)。

[十二省联考 2019] 异或粽子

套路的转化为若干个前缀和异或的形式。然后考虑合法区间呈三角，这样的东西可以可持久化一下，但事实上如果直接补齐三角然后将 \(2k \to k\)，最后再减半答案，效果是一样的。

显然每个最优解会被取到两次，答案取半就是对的。

由于 \(k\) 不大，考虑实际的算出前 \(k\) 个都是什么。注意到，如果我们把所有的异或对算出来然后排序取前 \(k\) 大就是答案。

事实上当 \(k \le 1e4\) 都没什么问题。不过注意到我们有很多无用答案，那么如果我们只记录对于每个下标的最大的 没被使用过的 区间，然后贪心的扔进堆里每次取 \(\max\)，然后再将同一位置但是是第 \(k + 1\) 大的扔进去接着贪， 答案就是对的。

这样的复杂度是 \(O(k\log n)\)。

回文串

很显然的是如果 \(S_1 \neq S_{|S|}\)，那么反转区间一定包含端点之一，我们固定端点直接哈希即可。

对于 \(S_1 = S_{|S|}\) 的，我们直接截掉两端相同的部分即可。转化为两端不同的情况。

CF1906B Button Pressing

先考虑转化到前缀和上，然后考虑操作意义。

• \(i \neq 1\)

因为需要保证 \(a_i = 1\)，所以 \(s_i \neq s_{i - 1}\)，操作相当于让 \(s_i\) 和 \(s_{i - 1}\) 翻转，并且因为原来不同所以操作可以视作交换了 \(s_i\) 和 \(s_{i - 1}\)。所以如果 \(1\) 个数相等可以通过冒泡得到 \(b\)。

• \(i = 1\)

考虑对 \(i = 1\) 的操作，相当于对 \(i \in [2, n]\) 的 \(s_i\) 进行翻转，设原 \(1\) 的数量为 \(t\)，翻转后 \(n - t + 1 \to t\)，此时数量相等也可以。

如果 \(a_1 = 0\)，可以考虑把 \(1\) 交换到 \(a_1\) 进行操作。而如果全 \(0\) 则会在第一种情况内被判掉。

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[NOI2005]瑰丽华尔兹

朴素 dp 很好想，直接有 \(f_{t, x, y}\) 关于时间坐标的暴力 dp，复杂度 \(O(Tnm)\)，考虑优化。

考虑实际上我们对于一个时间段内的转移是连续的（对于 \((x, y)\)），并且并不需要真的记下来具体时刻，如果不可达直接刷掉即可。那么一次就可以做出一行或者一列的 dp 更新。

考虑填表的东西，实际上是 \(p \in [i - len, i]\) 内的 \(f_p + i - p\)，能填的东西是一段窗口，直接单调队列即可。

对于障碍直接清空队列。

洪水

暴力 dp 考虑 \(f_u\) 表示使得 \(u\) 子树内叶子都不可达的最小代价。有转移

\[f_u = \min(a_u, \sum_{v \in son_u}f_v) \]

其中 \(son_u\) 表示 \(u\) 的儿子。

考虑带修改怎么关联到常用方法 ddp 上。先树剖，令 \(s_u\) 表示 \(u\) 的重儿子，然后把贡献拆成

\[f_u= \min(a_u, g_u + f_{s_u}) \]

其中 \(g_u = \displaystyle\sum_{v \in son_u, v \neq s_u}f_v\)。（事实上这样做的主要目的就是为了方便放到矩阵上。）

然后我们定义广义矩阵乘法是

\[C_{i, j} = \min_{k = 1}^n (A_{i, k} + B_{k, j}) \]

这么定义的目的，是为了让 \(f\) 能从式子里的 \(a_u + 0\) 和 \(g_u + f_{s_u}\) 转移过来。

考虑答案矩阵一定要含有 \(f_u\)，并且转移矩阵还要有 \(a_u, g_u, f_{s_u}\)，不妨直接往上填然后补掉剩下的部分。

不难得到最终由

\[\begin{bmatrix} g_u & a_u \\ 0 & 0\end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f_{s_u} \\ 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_u \\ 0\end{bmatrix} \]

直接按照 ddp 的方式跳重链就行了。

另外，因为我们的叶子节点上挂着的是 \(1 \times 2\) 的初始矩阵，所以肯定要算出 \(f\) 然后填在矩阵 \((0, 0)\) 处，这样出来的东西才不会是一堆转移矩阵出来的东西。

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Hard Nim

考虑如果直接有 \(f_{i, u}\) 表示 \(i\) 堆式子局面为 \(u\) 的方案数的话，转移显然是枚举子集然后答案即为 \(f_{n, 0}\)。复杂度 \(O(n3^{\log m})\)。

考虑优化枚举子集的过程，事实上相当于一个异或卷积（枚举两个子集然后方案数相乘），直接 FWT 即可。复杂度 \(O(nm\log m)\)。

考虑卷出来了什么东西，我们可以凑出的方案从 \(1\) 到 \(2\) 到 \(4\) 然后每次倍增（每次选最多石子的方案），所以满足结合律，直接快速幂。复杂度 \(O(m\log m\log n)\)。

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[COCI2022-2023#4] Vrsta

其实就是动态中位数，先要离散化不然维护不了。线段树二分显然可以直接做，但是不好写。

考虑类似第 \(k\) 大的 \(\log^2\) 做法，权值树状数组维护前 \(i\) 次操作的人数情况，然后二分中位数 \(mid\) 并查询 \(\leq mid\) 的人数。

瓶颈在树状数组和二分，复杂度 \(O(n\log^2n)\)。

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[SCOI2015] 小凸玩矩阵

先令 \(n - k + 1 \to k\)，变成第 \(k\) 小比较舒服。

每行每列只能选一个其实也就是匹配的限制，直接从任意行向任意列连边即可。

然后考虑二分每次求是否存在匹配数 \(\geq k\)（只保留所有 \(a_{i, j} \le mid\)）即可。

AT_soundhound2018_summer_final_e Hash Swapping

给线段树上每个节点赋一个编号，每次交换操作相当于交换编号。（交换其父亲对应儿子的编号）

查询操作直接类似哈希的合并简单完成。

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[WC2011] 最大XOR和路径

考虑答案的构成一定类似 \(1 \to n\) 的路径和若干个环的异或。

对于环，我们一来一回刚好把起点到环的贡献消掉。

考虑 \(1 \to n\) 的路径不止存在一条。但如果超过 \(1\) 条就是一个大环，我们异或上整个环就可以得到另外一条路径。

把若干个环的异或放到线性基里和 \(dis[n]\) 做最大异或即可。

P3292 [SCOI2016] 幸运数字

考虑线性基的合并是可重复贡献类的（一样的值插进去肯定不能填到新的位置）。于是可以考虑维护倍增 \(g_{u, i}\) 表示 \(u\) 点向上 \(2^i\) 维护的线性基，转移类似求 LCA，复杂度 \(O(n\log ^2V + q\log n\log^2V)\)，有点忍不了。

考虑用 \(k\) 级祖先把整个路径割成两半合并，这样的复杂度就是 \(O(n\log ^2V + q\log^2V)\) 的了。

事实上，可以这么做的原因是因为线性基的可重复合并，所以才可以用类似 st 表的方式变成两段直接合并。