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前言

落日沉溺于橘色的海，晚风沦陷于赤诚的爱。

省流：省选集训， $BZ 13$ 人， $50 + 20 + 0 = 70$ ， $rk 11$ ，因为有两个跟我并列倒一，真的糖丸了，低年级的也考不过。

T1 不会用 $Bitset$ 查询最低位的 $1$ ，即便不会， $O (\frac{n^{3} \times \log (n^{2})}{ω})$ 的极小常数二分做法也是可以通过的，但是我实现不够精细，导致暴力分都不如。

T2 分界点，我以为这个结论是错的，可能有些是第一种转移，有些是第二种转移，然后就否掉了。

T3 文件名打错了， $Tickets \to Ticket$ 不知道是哪个唐氏出题人这么拼单词的。

真，糖丸了。

T1

不会使用 $Bitset$ 以及实现不够精细，太菜啦。

首先显然有一个 $O (n^{3})$ 的区间 DP，即定义 $d p_{l, r}$ 表示删空这个子区间所需要的最小代价。

转移分为两种：

$d p_{l, r} = max {d p_{l + 1, r - 1}, cost (l, r)}$
$d p_{l, r} = {min}_{k = l + 1}^{r - 1} max {d p_{l, k}, d p_{k + 1, r}}$

实现常数足够小的话，应该可以除以一个 $4$ ，能够惊险得到 $70 \sim 80$ 的暴力分，而我多此一举的 $Bitset$ 优化二分只有 $50$ ，没救了。

考虑如何优化。

其实首先有一种，即从小到大枚举边权，每加入一条边看这条边可以扩展到多少 $DP$ 值。

不过我们考虑另一种，即二分答案，然后将 $d p_{l, r}$ 的定义转化为当前的边能否删空 $[l, r]$ 这个子区间。

考虑使用 $Bitset$ 算贡献进行转移，应该单次 $Check$ 可以做到 $O (\frac{n^{3}}{ω})$ 。

总时间复杂度 $O (\frac{n^{3} \times \log (n^{2})}{ω})$ ，常数特别小可以通过。

$Code$

T2

告诉我们想到了什么奇葩结论就要敢于认为它是对的并去验证。

仍然先考虑暴力 DP。

首先，对于一堆 $(a_{i}, b_{i})$ ，显然是按照 $b_{i}$ 从大到小排序然后按照顺序选是最优的。

所以我们先按照 $b_{i}$ 从大到小排序。

然后考虑定义 $d p_{i, j}$ 表示前 $i$ 个，选择 $j$ 个，可以得到的最小 $\sum_{i = 1}^{k} a_{c_{i}} + b_{c_{i}} \times (i - 1)$ 的值。

转移很简单： $d p_{i, j} = min {d p_{i - 1, j}, d p_{i - 1, j - 1} + a_{i} + b_{i} \times (j - 1)}$ 。

时间复杂度 $O (n^{2})$ ，可以通过滚动或者类似背包的转移顺序做到空间复杂度 $O (n)$ ，从而拿到前面 $n \leq 10^{4}$ 这一档分。

考虑如何对这个转移式子进行优化。

通过打表发现，对于每个 $i$ 可以找到一个分界点 $k$ ，使得 $\forall j \in [0, k], d p_{i, j} = d p_{i - 1, j}, \forall j \in [k + 1, i], d p_{i, j} = d p_{i - 1, j - 1} + a_{i} + b_{i} \times (j - 1)$ 。

简单来说，就是每一个 $i$ 所对应的所有的 $j$ 的转移，前面一半是直接继承 $i - 1$ ，后面一半是直接把 $i$ 加入进来。

故可以考虑使用平衡树优化 DP 来优化这个过程。

具体的，对于每个 $i$ ，在转移之前先通过二分找到分界点 $k$ ，然后将 $k$ 这个点复制一份插在 $k$ 后面，可以发现 $k$ 后面的点会向后顺延从而下标对齐。紧接着，从复制点开始一直到最后一个点，其实本质上他们的增量数组是一个等差数列，这个应该可以通过一个普通的数据结构上的延迟标记来实现。

由于我太菜了，不会打平衡树，所以补题的时候用的块状链表来替代。

平衡树复杂度 $O (n \log^{2} n)$ ，块状链表复杂度 $O (n \times \sqrt{n} \times \log n)$ ，实现精细的话单点查询可以做到 $O (1)$ ，从而总时间复杂度降为 $O (n \times \sqrt{n})$ 。

听说有平衡树上二分的单 $\log$ 做法吗可惜我不会。

$Code$

T3

题解里面一堆这个题的相关结论，到时候再来看看。

稍微简单记一下吧，真要写起来还是太多了。

首先你最开始看上去只会 $2^{m}$ 的搜索，即去对这个区间爆搜是翻转还是不翻转。

我们需要一个有前景的多项式做法。

考虑对于方案进行观察来找出一些限制。以下皆称翻转区间的方案集合为 $S$ 。

$Claim 0$

首先有一个为了方便叙述的东西要写在前面。

假设最终答案为 $ans$ ，那么对于 ${ans}^{'} \geq ans$ ，这样的 $ans'$ 是一定存在对应的方案的。（当然前提是你最大能凑的出来。）

证明感性理解，从 $ans$ 中可以直接通过调整得到，主要是为了后面二分答案的正确性。

$Claim 1$

对于任意一个答案最优的翻转集合 $S$ ，必然不存在 $[a_{1}, b_{1}], [a_{2}, b_{2}] \in S$ ，且这两个区间不相交。

考虑反证，如果有一个集合 $S$ 能够找到两个不相交的区间 $[a_{1}, b_{1}], [a_{2}, b_{2}]$ ，它显然不是最优的。

可以发现，如果我们不翻转这两个区间，会对答案造成一下变化：

$i \in [a_{1}, b_{1}] \lor i \in [a_{2}, b_{2}]$ ，显然 $i$ 的被覆盖的次数在翻转之后是不会变的。
$i \notin [a_{1}, b_{1}] \land i \notin [a_{2}, b_{2}]$ ，显然 $i$ 的被覆盖次数会减少 $2$ 。

可以发现这样的调整是不劣的，故上述性质是成立的。

$Algorithm 1$

其实我们已经可以通过上面的结论推出第一个多项式复杂度的算法。

先给出一些定义：

$p_{i}$ 表示点 $i$ 在翻转了 $S$ 内的区间之后，被覆盖的次数。
$q_{i}$ 表示在 $S$ 被翻转之前， $i$ 被覆盖的次数。（这东西在区间输入完之后是一个定值。）
$r_{i}$ 表示 $i$ 号点在 $S$ 内部的区间中，翻转前被覆盖的次数，形式化的： $r_{i} = \sum_{[a, b] \in S} [i \in [a, b]]$
$I$ 表示 $S$ 内所有区间的点的交集。（已经证明过必然存在交集。）

对于每个 $S$ ，其对应的答案显然是 $max p_{i}$ 。

可以发现，对于每一种方案 $S$ ，其实 $p_{i}, q_{i}, r_{i}$ 是存在等量关系的： $p_{i} = q_{i} - r_{i} + (| S | - r_{i}) = q_{i} + | S | - 2 \times r_{i}$ 。

对于 $\forall i \in I$ ，其实也是存在等量关系的： $r_{i} = | S |$ 。

为了去得到跟答案相关的 $p_{i}$ ，直观的想法是枚举一个点 $s$ 满足 $s \in I$ ，然后为了得到 $| S |$ ，再去枚举 $r_{s}$ 。

我们发现，此时 $\forall i \in [1, n], | S |, q_{i}$ 是确定的，为了得到 $p_{i}$ ，我们还需要知道 $r_{i}$ ，也就涉及到了我们对于 $S$ 如何分配区间的问题。

不可能暴力去搜索，所以我们考虑二分答案 $mid$ （在结论 $0$ 中已经证明过一定能找出解，二分答案是正确的），显然只要满足 $\forall i \in [1, n], mid \geq p_{i}$ ，那么该答案就是合法的。

我们要做的就是通过控制 $r_{i}$ 去满足上面的条件。

观察到 $r_{i} = \frac{q_{i} + | S | - p_{i}}{2} = \frac{q_{i} + r_{s} - p_{i}}{2}$ ，由于我们要让 $p_{i} \leq mid$ ，所以有 $r_{i} \geq \frac{q_{i} + r_{s} - mid}{2}$ 。我们要做的仅仅只是去让 $r_{i}$ 达到这个下限。

于是有一个比较直观的贪心，考虑从 $1 \to s$ 依次枚举点，如果当前的 $r_{i}$ 没有到达下限，那就找到当前可以使用的区间 $[a, b]$ 中， $b$ 最大的那个加入 $S$ 中。(当然你最后还是要满足加入的区间是枚举的 $| S | = r_{s}$ 这么多个的)

最后看 $i \in [s + 1, n]$ 的点的 $r_{i}$ 是否满足要求即可。

此时时间复杂度 $O (n^{2} \times m \times \log V \times \log m)$ 。

可以发现，一个很需要优化的空间在于，我们浪费了很多时间去枚举 $s, r_{s}$ ，而我们本质上只需要找到一组合法的解即可，这样是否显得有些冗余呢？

$Claim 2$

对于最优的 $S \neq \emptyset$ ，其一定满足 $mid \geq max_{i \in [1, n]} p_{i} \geq max_{i \in I} p_{i} \geq max_{i \in [1, n]} p_{i} - 1$ 。用人话说就是在 $I$ 中的点他们的被覆盖次数的最大值和最终的 $max p_{i}$ 最多只会差 $1$ 。

我们仍然还是去考虑不符合条件的 $S$ ，对其进行调整，即当前 $max_{i \in I} p_{i} < max_{i \in [1, n]} p_{i} - 1$ 时一直执行以下两种操作。

如果存在一个区间 $[a, b] \in S$ 且其对应的点集 $[a, b] = I$ ，那么直接删掉 $[a, b]$ ，可以发现对于 $\forall i \in I, p_{i} = p_{i} + 1, \forall i \notin I, p_{i} = p_{i} - 1$ ，差距在减小。
否则假设 $I$ 中的点对应的是区间 $[l, r]$ ，考虑在 $S$ 中找到 $[l, b_{1}], [a_{1}, r]$ 这两个区间（可以发现这两个区间至少会分别在 $S$ 中存在一个），把他们删掉，此时， $\forall i \in I, p_{i} = p_{i} + 2$ ，剩下的 $p_{i}$ 再怎么也是在减小，所以差距仍然在减小。

可以发现终止条件要么是 $S$ 符合条件，要么是 $S = \emptyset$ 。

$Algorithm 2$

回顾一下第一个算法，我们是去枚举的 $s, r_{s}$ 。

我们定义的 $s \in I$ ，为了契合我们刚刚的结论，考虑把这个 $s$ 的枚举加强为 $I$ 中 $p_{s}$ 最大的点，本质上不会造成什么影响。

由于 $mid \geq p_{s} \geq max p_{i} - 1$ ，而由于结论 $0$ ，我们把 $max p_{i}$ 从他原来的值提升到 $mid$ 也是有解的，故我们只需要考虑 $mid \geq p_{s} \geq mid - 1$ 的情况，此时 $p_{s} = q_{s} + | S | - 2 \times r_{s} = q_{s} - r_{s}$ ，所以相应的， $r_{s}$ 对应的值也就只有 $q_{s} - mid + {0, 1}$ ，也就是说，我们把刚才枚举 $r_{s}$ 的那层循环精确到了 $O (1)$ 级别。

此时时间复杂度 $O (n^{2} \times \log V \times \log m)$ 。

那我们可不可以试图去优化 $s$ 的枚举呢？

$Claim 3$

对于最优的 $S$ ，如果 $S \neq \emptyset$ ，其中一定存在一个，满足 $s \in I, q_{s} = max_{i \in [1, n]} q_{i}$ 。也就是说，输入之后被覆盖的最多的点的其中一个，一定会存在于某个最优的 $S$ 所对应的 $I$ 中。

其实，这个 $s$ 不仅取到了 $q$ 的最大值，他还是 $I$ 中 $p$ 最大的节点。

我们从 $p$ 最大的点 $s$ 来说明 $s$ 也取到了 $q$ 的最大值。

首先有 $p_{s} = q_{s} - r_{s}$ （这个刚刚在算法二算过一遍了），而 $p_{s} \geq max p_{i} - 1$ 故有 $q_{s} - r_{s} \geq max p_{i} - 1 = max (q_{i} + | S | - 2 \times r_{i}) - 1 = max (q_{i} + r_{s} - 2 \times r_{i} - 1)$ 。

由于 $\forall i \notin I, r_{i} \leq r_{s} - 1$ ，故有 $q_{s} - r_{s} \geq max (q_{i} - r_{s} + [i \notin I]) - 1$ 。

此时， $q_{s} \geq max (q_{i} + [i \notin I]) - 1$ 。故 $q_{s} = max q_{i}$ ，从而得证。

$Claim 4$

对于最优的 $S$ ，如果 $S \neq \emptyset$ ，那么一定存在一个 $S$ ，满足所有的 ${s | q_{s} = max q_{i}} \subseteq I$ 。

我们有了正向的从 $I$ 中选择其中 $q$ 最大的一个必然会存在于最优方案中，那么是不是任意一个最大的都在最优方案中呢？

对于任意的 $s, q_{s} = max q_{i}$ ，有 $p_{s} = q_{s} + | S | - 2 \times r_{s} \leq ans \leq q_{s} - | S | + 1$ 。（根据性质二可得。）

故根据后面的不等关系， $2 \times | S | \leq 2 \times r_{s} + 1$ ，由于 $| S | \geq r_{s}$ ，故这里只能取 $| S | = r_{s}$ 。

于是证毕。

$Algorithm 3$

由于已经证明了 $q_{s}$ 最大在最优的 $I$ 中的任意性，也就是说，我们只需要枚举 $q_{s}$ 最大的点中的任意一个，然后再枚举 $r_{s}$ ，而 $r_{s}$ 只有两种可能的取值。

时间复杂度来到 $O (n \times \log m \times \log V)$ ，终于是可以通过了。

$Code$

posted @ 2024-12-27 17:03 Saltyfish6 阅读(17) 评论(0) 编辑收藏举报

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