组合优化，构造与计数

组合优化

这里主要讲决策单调性。

qoj # 9737. Let's Go! New Adventure

首先，直接决策单调性看似有道理，但实际上有缺陷。权值并不是蒙日矩阵。
考虑改一下权值，记 $w(l,r)=p-c+\frac{\sum _{i\in [l,r]}{a}_i-\sum _{i=1}^p{b}_i}{b_{p+1}}$，相当于对当前状态的评估。
此时，区间的权值是关于 $\sum a_i$ 的连续凸函数。矩阵也因此是蒙日矩阵。决策单调性 $O(n{\log }^{2}n)$。

CF2061I Kevin and Nivek

、

构造

P3524 [POI 2011] IMP-Party

逆天绿题构造不会。首先，我们建反图，先把团转化为独立集。这更便于我们思考。
已知有 $\frac{2}{3}n$ 大小的独立集，求大小为 $\frac{1}{3}n$ 的。考虑对于一条边，那么其两端点不会同时在独立集里。
考虑直接将这两个点删掉。每次最多删掉独立集中的一个点，删 $\frac{1}{3}n$ 次剩下的点一定是一个独立集。

CF1365G Secure Password

这个题每个二进制位是独立的。
我们需要找如果某个二进制位只有 $1$ 个，那么需要找到这个位置，包含这个位置的询问都为 $1$，其他为 $0$。
下意识以为是二进制分组。相当于集合的二分，但是二分两端都要找，这需要 20 次。
考虑我们的询问与答案位置的关系。设我们要找的位置是 $i$，那么答案为 $1$ 的询问的交必须为 $\{i\}$。
也就是说其他的 $j$ 至少在答案为 $0$ 的询问里出现一次。我们需要对于任意 $i,j$ 满足这个条件。
考虑每个元素被问的询问集合 $v_i$。考虑让每个元素在 $6$ 次询问中出现，这么看 $C_{13}^6>1000$ 是合法的。
这样的话任意 $v_i-|v_i\cap v_j|\ge 1$。所以任意一种询问的答案都对应一个位置 $$

UOJ #751. 【UNR #6】神隐

存在相邻的两条边：必须有询问只有第一条边没有第二条边，且有询问只有第二条边没有第一条边。
考虑故技重施。$v_i$ 表示 $i$ 被询问的位置，每个 $v_i$ 的 popcount 为 $lim/2$。
对于一条边 $(u,v)$ 若存在，那么其必定在一个连通块出现 $lim/2$ 次。否则必定少于 $lim/2$ 次。
然后你只需要找合法的 $(u,v)$ 即可。暴力是 $O(n^{2}lim)$ 的。考虑还有没有别的信息没有利用。
考虑构造树的常见方法删叶子。对于一个叶子那么其一定在 $lim/2$ 次询问中都为孤立点。
可以不断删叶子，每次在连通块中删点即可。但是我们无法立刻知道一个点的父亲。
我们在一个连通块删除的只剩下一个点 $x$ 时，显然 $x$ 是最浅的。我们考虑 $x$ 的儿子。
那么在过这个连通块的节点肯定都在 $x$ 的子树中，此时取出还没有父节点的点，它们的父节点设为 $x$ 即可。

AT_cf17_final_f Distribute Numbers

观察 $\sum _{i<j}|S_i\cap S_j|$，有两种表示方法，一种是因为 $|S_i\cap S_j|=1$，所以是 $\frac{1}{2}n(n-1)$。
一种是对于每个位置会贡献到 $\frac{1}{2}k(k-1)$ 对 $|S_i\cap S_j|$，所以是 $\frac{1}{2}nk(k-1)$，那么 $n=k^2-k+1$。
那么我们先考虑选一个点，然后连出 $k$ 个大小为 $k-1$ 的互不相交”团“。此时所有 $n$ 个位置已经被覆盖。
设此时第 $i$ 个团第 $j$ 个元素为 $(i,j)$（$0\le i<k,1\le j<k$）。
此时接下来的每个团都必须以上 $k$ 个团选一个点。
考虑 $(0,i)$ 每个点连的团。设 $(0,i)$ 这个点连的第 $j$ 个团是 $S_{i,j}$（$1\le i<k,1\le j<k$）。
所以 $S_{i,j},S_{i,k}$ 互不相交 $(k\ne j)$，$S_{i,j},S_{k,l}$ 的交为 $1$（$i\ne k$）。钦定 $k-1$ 是质数。
那么 $S_{i,j}=\{(p,(j+ip)mod(k-1)+1)|p\in [1,k-1]\}$ 即可。
显然 $S_{i,j},S_{i,k}$ 永不相交；因为 $k-1$ 是质数，且两个一次函数斜率不同，$S_{i,j},S_{k,l}$ 必定存在一个位置相交。
我的理解是这种构造没有头绪的话是先钦定”第一个“是怎么构造的，后面再完善。

qoj # 8130. Yet Another Balanced Coloring Problem

首先考虑两棵树分开，然后以子树形式划分子任务。我们不着急给点着色而是等必须要染的时候再决定。
合并子树时，如果出现两个未经处理的叶子，那么就给这两个叶子间连一条边，代表这两个叶子颜色不同。
然后建出两张图。每张图里面都只有长度为 $1$ 的链，那么两张图合并起来只有偶环。
然后偶环是二分图，所以必定有解。

计数

ARC170C Prefix Mex Sequence

状态设计一个很麻烦的点就是要表示当前 mex 是什么。但是发现这是不必要的。
令 $A_i=mex(A_{1\sim i-1})$ 只会使种类 +1，所以我们只需要记录当前元素种类数即可。

CF1750F Majority

首先 $s_1=s_n=1$。观察样例我们发现应该统计不合法的方案数可能比较容易。
考虑观察一个不合法解经过若干次操作后卡住的形式。那么此时任意相邻的两段 $1$ 都不能合并。
即如果画成折线图，每个 $1$ 的高度是递减的。现在相当于给每种非法解分类，然后计数。
考虑一个卡住的情况如何变成一个非法解。发现对于 $1$ 的连续段是子任务的形式。然后我们可以 dp。
设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $i$ 个位置，最后一段 $1$ 的连续段长度为 $j$ 的非法解方案数。最后一段 $1$ 的贡献是 $2^{j-2}-d{p}_{j,\ast }$。
考虑 $d{p}_{i,j}$ 从哪里转移。若从 $d{p}_{k,l}$ 转移需要满足 $l+k<i-2j$。那么做一个前缀和优化即可。
由于转移是有阶段性的，我们不用实时维护前缀和数组。只需要到下一个阶段重新做即可。