2024.01.25 近期练习

CF1508D

经典套路，把 $i$ 向 $a_{i}$ 连边，形成若干的置换环。
注意到我们对于一个环，可以令其变成一个菊花，即不断地对一个点操作消去出边。
如果只有一个环，那么问题轻松解决。
如果有多个环呢，交换其中两个环中的一对就可以变成一个环。
把剩下的点进行极角排序，然后相邻的两个点进行操作：
如果两个点所在的环还没有并在一起就交换这两个点，用并查集维护。
发现这样是不可能与菊花相交，因为这些边都在菊花相邻边之间。
最后再做一遍开头那个算法即可。
这种问题首先应处理排列，关于相交的问题可以用极角排序。

CF1491H

如果没有修改，我们可以借助“弹飞绵阳”的套路，分块，维护跳出这个块到哪。
先考虑查询的话，我们可以像类似树剖那样向上跳，复杂度是 $O (\sqrt{n})$ 的。
修改怎么办？对于散块来讲直接暴力重构。
整块怎么办？由于修改只有 $- x$ ，如果 $x$ 之和超过块长，那么所有元素一跳就出块了。
所以整块也暴力修改。注意到一个块只会被修改 $\sqrt{n}$ 次，复杂度是 $O (\sqrt{n})^{3} = n^{1.5}$ 。
当一个块超过 $\sqrt{n}$ 修改时，直接打个标记即可。
这种大数据结构应考虑分块思想，以及考虑势能分析。

CF1856E2

如果 $n \leq 5000$ 考虑怎么做。
首先我们对于每个节点只考虑大小关系，最后只需要从小到大标号即可。
我们考虑把答案放到 LCA 处统计。
若其只有两个儿子 $v_{1}, v_{2}$ ，那最多只有 $s i z_{v_{1}} \times s i z_{v_{2}}$ 个会被统计，即令 $v_{1}$ 所有数大于 $v_{2}$ 。
若有多个儿子，就是把儿子子树的大小分成两个集合，使得两个集合差最小。
可以用 01 背包解决。然而 $O (n^{2})$ 。考虑 $n \leq 1 e 6$ ，如何优化 01 背包？
可能有关 bitset。注意到背包所有元素的和是 $O (n)$ 。所以不同大小的个数是 $\sqrt{n}$ 的。
不妨二进制拆分做 01 背包，复杂度是 $O (\frac{1}{ω} n \sqrt{n} \log n)$ 。
此外，如果有一个儿子大小超过一半，是不用做背包的，这保证了复杂度。
所以树的 $s i z$ 是分一半最优，总复杂度可以用主定理计算。
实现的话，需要使用动态大小的 bitset，
可以手写 bitset，或提前开好所有 $2^{k}$ 大小的，用的时候用一个最合适的。
这种问题有关排列，应考虑相对顺序。再转化为背包，应想到 bitset，再观察背包的性质。

CF1764F

连接 $(i, j)$ ，就意味着把 $i \to j$ 的路径作为环。 $f_{i, j}$ 就是其他点到这个环的距离和。
可以求出每个点的一条出边，也就是若 $j$ 是 $f (i, j)$ 除了 $i$ 以外最大的，那么存在 $(i, j)$ 。
注意到若 $(X, Y)$ 包含 $(x, y)$ 路径，那么 $f_{X, Y} < f_{x, y}$ 。
显然，若环的大小越大，那么每个到这个环的距离和就越小。
所以我们可以断言原树的形态是以 $f (i, j)$ 为边权的最大生成树。
当树的结构被确定后，那么边权也很容易。
钦定 $1$ 是根， $w_{i, j} = \frac{f (i, i) - f (i, j)}{s i z_{j}}$ 。
这种问题要联想到生成树。

CF1827C

关于回文先想到使用 Manacher 算法。
我们借助 CSP2023T2 的算法，设 $f_{i}$ 表示以 $i$ 开头的回文串数量。
$f_{i} = 1 + f_{j}$ ， $j$ 是 $i$ 右边第一个满足 $[i, j]$ 回文的位置。
问题转化为求右边第一个回文的位置，即求每个位置右边第一个包括它的回文中心。
考虑从左向右扫描，然后每扫到一个回文重心，就更新前面的。
也就是区间取 $min$ ，想到可以用吉司机线段树。
然而是不必要的，考虑并查集优化，并查集维护 $r_{i}$ 表示右边第一个还未更新的。
那么直接暴力即可，因为每个点只会被第一次更新。
由于只有一次被更新，所以复杂度是 $O (n)$ 的。
这种问题需考虑 DP，以及并查集优化。

CF1887D

我们发现正面去处理这个问题是很难的。
转化题意，由于有 $min$ 也有 $max$ ，枚举其中一个 $max$ 。
考虑枚举切割点 $a_{i}$ ，使得 $a_{i}$ 是左边部分的最大值，且右边都大于 $a_{i}$ 。
设 $a_{x}$ 是左边第一个大于 $a_{i}$ 的，那么 $x < l \leq i$ 。
设 $a_{y}$ 是右边第一个大于 $a_{i}$ 的， $a_{z}$ 是 $y$ 后第一个小于 $a_{i}$ 的，那么 $y \leq r < z$ 。
那么这个问题就很容易地转化为了矩阵加法，可以直接扫描线解决。
那么查询就是单点查询罢了。
这种问题就是需要反方向考虑，之后就是扫描线模型了。

CF1904E

考虑离线询问。
换根 dp，用线段树动态地维护深度，问题转化为最深的点是哪个。
考虑 $k$ 个点带来的限制，即把这 $k$ 个点子树化为 $0$ ，用 dfs 序即可，dfs 序是可以换根的。
具体地，可以给这些区间打上一个标记，到时候还原即可。
这种问题首先考虑离线，树上的问题可以换根 dp。

CF1919E

考虑把正数和负数分开来考虑，形成 0-正-0-正-0-负这样的结构。
正数的话考虑从大往小填数，设 $f_{i, j}$ 是已经填了 $\geq i$ 的数，形成了 $j$ 个连续段的方案数。
当我们加入 $i$ 时，我们对于已经形成的连续段，可以在两边各填一个 $i$ ，
也可以在两个连续段之间填一个 $i$ ，连接这两个段。
注意到一个段如果右端点是 $n$ ，那么右边就不用填了。
我们设计状态 $f_{i, j, 0 / 1}$ 表示已经填了 $\geq i$ 的数， $j$ 个连续段，是否出现 $n$ 的方案数。
$f_{i, c_{i} - j, 0} \leftarrow f_{i + 1, j, 0} \times C_{c_{i} - 1}^{j}$ ， $f_{i, c_{i} - j, 1} \leftarrow f_{i + 1, j, 0} \times C_{c_{i} - 1}^{j}$ 。
$f_{i, c_{i} - j + 1, 1} \leftarrow f_{i + 1, j, 1} \times C_{c_{i} - 1}^{j - 1}$ ，即插板法。
负数同理，最后把正数和负数合并起来即可，同样插板法，把 $0$ 插进去。
这种问题要设计好状态，考虑“插入dp”。