ZJOI2019

麻将 $(\texttt{Medium} \ 4 / 3)$

高级题。

首先考虑给定一个集合，如果判断它是否有一个子集是胡的。

考虑 $\rm dp$，设 $f_{0/1, j, k, p}$ 表示当前是否有一对将，预留了 $j$ 组 $\{i - 1, i\}$ 和 $k$ 组 $\{i\}$，最多可以选出 $p$ 对不同的对子的最大面子数量，于是就可以做了。

至于原题，设 $g_{i, t, \textbf{f}}$ 表示考虑完 $\le i$ 的麻将，选了 $t$ 张牌，当前 $f$ 的状态为 $\textbf{f}$ 的方案数，然后转移就是按照 $\textbf{f}$ 的转移。

但是这样的复杂度无法接受。考虑到 $\textbf{f}$ 的可能的状态较少，可以构建一个自动机，状态即为 $f$ 数组的状态，$\Sigma = \{0, 1, 2, 3, 4\}$，然后在自动机上 $\rm dp$ 即可。

设自动机的状态数为 $S$，时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^2|S|)$。一般方法构建自动机的状态数在 $[2 \times 10^3, 6 \times 10^3]$ 之间，不过鱼大把自动机最小化了一手好像能做到 $|S| = 567$ /jk

线段树 $(\texttt{Easy} \ 3 / 2)$

题目的意思就是求所有情况下最终 tag 为 $1$ 的结点个数和。

根据传统，我们在一次 Modify 操作中把所有点分为五类：

• 会被递归到，且不再继续递归下去的点，即恰好被完全覆盖的点。
• 会被递归到，且继续递归下去的点。
• 不会被递归到，且被完全覆盖的点
• 不会被递归到，但是会被下传懒标记的点。
• 不会被递归到，也不会被下传懒标记的点。

设 $f_u$ 表示答案，$g_u$ 表示 $1 \to u$ 的路径上懒标记都为 $0$ 的期望就可以做了。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n \log n)$。

Minimax 搜索 $(\texttt{Medium} \ 5 / ?)$

不难发现我们只关注权值和 $W$ 的相对大小关系，于是可以把 $< W$ 的数赋为 $0$，$= W$ 的赋为 $1$，$> W$ 的赋为 $2$。

首先考虑判定问题。我们可以随意调整集合内的权值，设 $f_{u, l, r}$ 表示以 $u$ 为根的子树，最终可能的值域为 $[l, r]$ 的集合数量，其中 $0 \le l \le r \le 2$，那么就可以 $\rm dp$ 了，时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

考虑对于一个集合，求出最小的代价。我们只需要求出使用 $k$ 的代价不能使答案变化的方案数 $g_k$ ，则 $ans_k = g_k - g_{k - 1}$。

我们把上面的 $\rm dp$ 加上一维，设 $f_{u, k, l, r}$ 表示以 $u$ 为根的子树，代价 $\le k$，最终可能的值域为 $[l, r]$ 的方案数，那么转移的话在 $k$ 这一维就是 $\max$ 卷积，初值再修改一下，其余按照判定的转移即可，时间复杂度 $\mathcal{O}(n(R - L))$，可以通过 $70$ 分。

发现 $k \leftarrow k + 1$ 的时候只会改变 $\mathcal{O}(1)$ 个叶子的 $f$，使用 $\rm ddp$ 可以做到 $\mathcal{O}(n \log^2 n)$ 的时间复杂度，但是因为 $l, r$ 两维有 $6$ 种状态，所以还要带一个 $36$ 的常数，无法通过。

---

考虑换一种思路。发现如果确定了代价为 $k$，那么调整的方案我们可以贪心地取：如果 $u$ 和 $W$ 的 $\rm lca$ 深度为奇数，我们就把 $u$ 的权值减去 $W$，否则加上 $W$。我们把 $1 \to W$ 这条链上的所有点删掉，设 $cnt_u$ 表示 $u$ 的子树内叶子节点个数，$f_u$ 表示 $u$ 的子树内使得 $u$ 的权值 $< W$ 的方案数，$g_u$ 表示使得 $u$ 的权值 $> W$ 的方案数。

假设当前结点的深度为奇数，那么有

$$\begin{cases} f_u = \prod\limits_{v \in son_u} f_v \\ g_u = 2^{cnt_u} - \prod\limits_{v \in son_u} f_v \\ \end{cases}$$

把重儿子单独拿出来，有

$$g_u = 2^{cnt_u} + \left(- \prod\limits_{v \in son_u, v \ne mson_u} f_v\right) \times f_{mson_u}$$

这是一个 $a_i = b + ka_{i + 1}$ 的形式，具有结合律，于是就可以做了。

维护轻儿子积的时候需要记录 $0$ 的个数。

代码待补。

开关 $(\texttt{Hard} \ 7 / 0)$

真的神仙题，不知道怎么想到的。

算法一

首先把初始状态和目标状态换一下，用一个集合表示当前状态中为 $1$ 的位置，并不妨设 $\sum p_i = 1$。

设 $E_{T}$ 表示从状态 $T$ 到状态 $\varnothing$ 状态，即目标状态的期望步数，则 $E_{\varnothing} = 0$；对于 $T \ne \varnothing$，我们有

$$E_T = 1 + \sum\limits_{i = 1} ^ n p_i E_{T \oplus \{e_i\}}$$

其中 $\oplus$ 表示集合的异或。

这样我们得到了 $2^n$ 个方程，直接做是 $\mathcal{O}(2^{3n})$ 的。

这个方程可以手解。事实上，这个方程的解是

$$E_T = \sum\limits_{S} [|S \cap T| \equiv 1 (\bmod \ 2)] w(S)$$

其中

$$w(S) = \left( \sum\limits_{x \in S} p_x \right) ^ {-1}$$

证明：显然 $T = \varnothing$ 时成立，$T \ne \varnothing$ 时，设：

$$\begin{aligned} F & = 1 + \sum\limits_{i = 1} ^ n p_i E_{T \oplus \{i\}} - E_T \\ & = 1 + \sum\limits_{i = 1} ^ n p_i (E_T - E_{T \oplus \{i\}}) \end{aligned}$$

我们只需证明 $F = 0$。考虑每个非空集合 $S$ 对 $F$ 的贡献：若 $i \in S$，则 $p_i (E_T - E_{T \oplus \{i\}}) w(S)$ 的贡献为 $p_i (-1)^{|S \cap T|}$，合起来就是 $(-1)$；否则贡献为 $0$。

所以

$$F = 1 + \sum\limits_{S \ne \varnothing} (-1) ^ {|S \cap T|}$$

容易证明，$T \ne \varnothing$ 时有 $F = 0$。

所以上述的构造是正确的。而对于初始集合 $T$，我们有

$$|S \cap T| = \sum\limits_{x \in S} s_x$$

发现 $\sum p_i \le 5 \times 10^4$，所以可以通过简单背包求出答案，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\sum p_i)$。

算法二

算法一太神了，让我们尝试从正面推导。

依然设 $\sum p_i = 1$。

考虑容斥：设 $f_i$ 表示 $i$ 步以后恰好合法的概率，$g_i$ 表示 $i$ 步以后合法的概率，$h_i$ 表示 $i$ 步以后回到当前状态的概率，则有

$$f_i = g_i - \sum\limits_{j < i} f_j h_{i - j}$$

我们设 $F, G, H$ 表示三者的概率型生成函数，上面的等式就变成了

$$\begin{aligned} F(x) & = G(x) - F(x)(H(x) - 1) \\ \Leftrightarrow F(x) & = \frac{G(x)}{H(x)} \end{aligned}$$

但是直接求 $G, H$ 较为麻烦，我们发现可以求出 $g, h$ 的指数型生成函数。具体地：

$$\begin{cases} \widehat{G}(x) = \frac{1}{2^n} \prod\limits_{i = 1} ^ n (e^{p_ix} + (-1)^{s_i} e^{-p_ix}) \\ \widehat{H}(x) = \frac{1}{2^n} \prod\limits_{i = 1} ^ n (e^{p_ix} + e^{-p_ix}) \\ \end{cases}$$

所以二者的 $\rm EGF$ 展开后都形如 $\sum_i a_ie^{ix}$，而对于 $\rm PGF$，我们只需要把 $\rm EGF$ 除掉的 $n!$ 乘回去，即

$$\widehat{\lambda}(x) = ae^{bx} = a\sum\limits_{i} \frac{b^ix^i}{i!} \to \lambda(x) = \frac{a}{1 - bx}$$

所以我们可以设 $G(x) = \sum_i \frac{u_i}{1 - ix}, H(x) = \sum_i \frac{v_i}{1 - ix}$。

而 $\sum p_i$ 较小，我们可以通过 $\rm dp$ 得出各项系数，所以我们就可以通过

$$F'(x) = \frac{G'(x)H(x) - G(x)H'(x)}{H^2(x)}$$

求出答案了。

但很遗憾——这样做是错误的。因为当 $b = 1$ 时，$1 - bx = 0$，上式就没有意义了。

所以我们可以给分子分母同乘 $1 - x$，此时 $G, H$ 均收敛，那么

$$G(x) = u_1 + \sum\limits_{i \ne 1} \frac{u_i(1 - x)}{1 - ix}$$

$$G'(x) = \sum\limits_{i \ne 1} \frac{u_i(i - 1)}{(1 - ix)^2}$$

于是可以得到

$$F'(1) = \sum\limits_{i \ne 1} \frac{u_iv_1 - u_1v_i}{(i - 1)v_i^2}$$

可以直接计算了。时间复杂度 $\mathcal{O}(n \sum p_i)$。

语言 $(\texttt{Easy} \ 3 / 2)$

果然还是第二题最可做。

发现对于固定的 $u$，合法的 $v$ 构成了一棵连通子树，此处我们假设 $(u, u)$ 也合法，考虑维护这棵连通子树。

一种方法是树剖加上扫描线那样的线段树，这样就是 $\mathcal{O}(n \log^2 n)$。

发现我们只需要把过 $u$ 的所有链的端点按照 $\rm dfn$ 顺序排成一圈，两两距离和除以 $2$ 再加上 $1$ 就是点数，所以我们可以直接用线段树合并维护过 $u$ 的链的端点，加上 $\mathcal{O}(1) \ \texttt{LCA}$ 可以把时间复杂度降至 $\mathcal{O}(n \log n)$。

代码也十分好写。但是数据中存在 $s_i = t_i$ 的情况，需要注意。

浙江省选 $(\texttt{Medium} \ 3 / 6)$

考虑 $m = 1$ 的情况，发现求一个半平面交就可以了。

考虑 $m = 2$ 的情况，此时我们要求最高排名为 $2$ 的人，可以想到先把最高排名为 $1$ 的人去掉，然后再求一遍半平面交，只要判断每条直线在半平面交所占的区间上是否存在一个点 $x_0$，使得 $x = x_0$ 时排名第 $2$。

于是我们求 $m$ 次半平面交可以解决问题，考虑如何判定。发现一条被删掉的直线在半平面交上方肯定是一段区间，我们只需要把所有的区间求出来，差分以后排序扫一遍，就可以 $\mathcal{O}(n)$ 实现一次判定了。

实现时需要注意的地方：

• 本题中 $x$ 必须是自然数，所以在判断交点还有找 $x_0$ 的时候需要注意取整。
• 排名的定义是使得 $f_j(x_0) > f_i(x_0)$ 的 $j$ 的个数 $+1$，所以多条直线共点，甚至在半平面交上都只占一个点的情况也要考虑进去。
• 其他计算几何老生常谈的问题，比如手写分数类、直线的平行等。