2023.12.4 近期练习

CF1845E

这种 \(01\) 串的描述方式一般是提出 \(1\) 的位置去讨论，设原串 \(1\) 出现位置是 \(p_1,...,p_m\).
考虑最后生成的串的性质，描述其 \(1\) 的位置，\(q_1,...q_m\)。
那么至少移动步数为 \(\sum |p_i-q_i|\)，因为 \(1\) 的位置是相对不变的。
考虑一个一个 \(1\) 往里填，设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个位置，填入了 \(j\) 个数，\(\sum_{t=1}^j |p_t-q_t|=k\)。
然而这样是 \(n^3\) 的，我们考虑优化状态。
设 \(sum_i\) 表示前 \(i\) 个数有多少个 \(1\)。
如果当前填到第 \(i\) 个位置，设 \(d=j-sum_i\)，那么就意味着有 \(d\) 个 \(1\) 要挪进来或移出。
然而这样至少移动是 \(d^2\) 的，所以 \(|d|\le \sqrt k\)。
那么将 \(f_{i,j,k}\) 定义改为填入了 \(sum_i+j\) 个数，且 \(|j|\le \sqrt k\)。
复杂度是 \(nk^{1.5}\)。
这种问题首先应该学会优化状态表达，其次是答案上限的注意。

CF1859E

这个题有一个肉眼可见的 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示处理到前 \(i\) 个数组成了区间，当前区间长度是 \(j\) 的最大值。
然而转移是 \(O(n)\) 的，所以总共的复杂度是 \(O(n^3)\).
考虑寻找性质。发现可以利用绝对值的性质，由于 \(x\le |x|\)，所以我们可以直接把绝对值拆开。
题目要求最大值。两个绝对值直接拆成四个方面，总会遇到最大值。
\(f_{i,j}\) 的转移可以从 \(i'-j'=i-j\) 的转移而来，对于 \(i-j\) 相同的，维护四个方面的最大值。
转移变成 \(O(1)\)，总的复杂度是 \(O(n^2)\)。
这种问题应掌握绝对值的性质。

CF1903D2

一开始想到一个很烂的 dp，\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，当前二进制与起来是 \(j\)，至少花了 \(k\)。
然而这样是 \(nV\) 的复杂度。\(V\) 是答案的大小。而如果存在有 \(V\) 在复杂度里就是不能接受的。
如果把 \(j\) 这维状态去掉呢？由于题目有关二进制，猜到要拆位能否？
从答案的高位开始贪心，每位判断是否能填 \(1\) 进去，能填即填。如何判断呢？
设当前判断到第 \(j\) 位，计算每一个 \(a_i\) 的第 \(j\) 位变成 \(1\) 至少的代价，只需要判断当前 \(k\) 是否还够用即可。
如果只有 \(1\) 次询问，不如直接使用 \(n\log V\) 的复杂度。但是有 \(1e6\) 次询问，如何加速询问呢？
考虑操作本身，考虑第 \(j\) 位，每次操作就是令没被操作过的第 \(j\) 位设为 \(1\)（已经为 \(1\) 的不设）。
和加上被操作过的（被操作过的末尾一定全部是 \(0\)）。
注意到 \(a_i\le 1e6\)。所以如果有不设的，\(j\le 20\)。
我们可以预处理出 \(j\le 20\) 的所有情况下，代价的多少。
预处理的话用高维前缀和，在这里写了很久，应该转化为超集和计算，就卡在这里。
这种问题应该考虑拆位，以及预处理，SOS dp。

CF1858E1/E2

先想到处理回滚的操作。
所以我们需要维护之前的版本，如果把操作看成树形结构，那么回滚就是跳父亲节点。
如果每次回滚都暴力的处理，那么如果一直回滚 \(-k\) 操作，则一定超时。
考虑优化，如果树上只存 \(+\)，发现 \(-k\) 操作其实就是跳 \(k\) 级祖先。
查询数列中不同的数的数量，我们考虑维护一个值域线段树，只需要记录每个数出现多少次即可。
同时，维护一个变量记录当前有多少个不同的数。
维护每个版本的信息我们想到使用主席树，只需要在操作树每个节点维护主席树。
想到有一个问题，节点的数量达到了 \(2e7\)。导致空间开不下。
事实上，由于优化到只有加数，我们只需要维护的是每个点是否有值，就是 01，
那么可以用 bitset 维护，节省空间。
想到最后，我们也无需建树，只需一个栈即可。
最后观察题解，发现可以通过记录第一次出现的位置来维护。
这种问题考虑操作树，另外是 bitset 优化空间。

CF1854C

毫无思路。
由于题目给是的集合非常难处理，考虑允许多重集的情况。
如果是多重集，那么答案很显然是 \(\sum m+1-a_i\)。
考虑两种情况的差值，发现如果 \(a_i=a_j\) 了，那么答案就会减少 \(m+1-a_i\)。
而 \(a_i=a_j\) 只会出现 \(a_i=a_{i+1}\)，如果钦定 \(a_{i+1}=a_j\) 时不会消失，那么移动 \(i\) 和 \(i+1\) 是等概率的。
用 dp 解决这个问题，设 \(f_{i,j}\) 表示 \(A\) 走了 \(i\) 步，\(B\) 走了 \(j\) 步的概率。
最后，对于每个相邻的数对，若 \(a_{i+1}\) 与 \(a_i\) 差值为 \(i-j\)，那么令 \(Ans\) 减去 \(f_{i,j}\times (m+1-(a_i+j))\)。
这种问题应该从反面思考，并拆贡献。

CF1842F

观察样例得到：选的 \(k\) 个点一定要相邻，否则中间的边就不优。
尝试增量式维护？考虑从 \(k\) 个点全选开始，每次删掉一个叶子节点？
思考了很久发现这样难以做，因为这样是 \(O(n^3)\)。
瓶颈在于绝对值的处理？
考虑重心的性质，钦定 \(k\) 个点的重心为 \(r\)，因为有重心的性质，每个子树黑点个数不过 \(n/2\)。
所以直接去绝对值，答案为 \(\sum _{i\neq r} k-2siz_i\)。
而我们每新加一个点，都给每个非根的祖先带来 \(-2\) 的贡献，所以每次选深度最小的即可。
所以我们不妨枚举所有 \(k\) 点的重心，然后求解。
如果重心枚举错了也没事，因为 \(x\le |x|\)，答案只会更小，但始终能枚举到正确答案。
这种问题考虑绝对值与重心的关系。

CF1838E

一眼，猜想 \(A\) 数组是没有用的。
不妨把 \(A\) 都设成 \(1\)，问题转化为，问多少个 \(B\) 可以至少存在 \(n\) 个 \(1\)。
考虑容斥，减去哪些 \(B\) 中的 \(1\) 个数少于 \(n\) 的。
也就是求 \(\sum_{i=0}^{n-1} C(m,i)\times (k-1)^{m-i}\)。
这个直接暴力即可，组合数可以递推。
这种问题应该多观察样例，找规律。

CF1840G1/G2

如果我们旋转 \(k\)，且转出来的数与一开始的数相同，那么 \(n|k\)。
感觉这样做，如果遇到 \(n\) 是大质数就很难判断出来。
上面方法无法优化，我们如果设转一次是一种置换 \(p\)，我们现在求 $p^{n}=\epsilon $。
求高次方程想到 BSGS。
考虑先转 \(1000\) 次，每次转 \(1\)，如果有重复的，那么就得到了 \(n\)。
否则，每次转 \(1000\)，直到有重复的，那么就得到了答案。
这样最多转 \(2000\) 次，能通过 easy 版。
但是我们没有充分地利用其回答的性质，当询问回答 \(x\)，就意味着 \(x\le n\)。
我们转随机 \(k\) 个，设最大值为 \(n_0\)，钦定 \(n_0\le n\le n_0+d\)，然后直接在 \(d\) 内上 BSGS。
具体是，先直接转 \(n_0\)，因为 \(0\le n-n_0\le d\)，所以只用做 \(2\sqrt d\) 次。
设 \(k=400,d=90000\)，即可。
然而有问题，\(n\ge n_0+d\)，但是这样的概率很小，为 \((\frac{n-d-1}{n})^k\)。
这种问题应考虑随机的性质，和根号算法。