2024.4.23 近期练习

CF1924D

先考虑一个串的最长合法序列，维护一个栈，答案就是右括号加入时栈非空的次数。
我们看成从 $(0,0)$ 走到 $(n,m)$，发现没被匹配的右括号个数就是 $x-y$ 的最大值。
要想只有 $k$ 个匹配，那么要和 $x-y=m-k$ “相切”。
若 $f(k)$ 表示穿过直线的方案数，答案是 $f(k)-f(k-1)$.
考虑像算卡特兰数，在折线与 $x-y=m-k$ 第一个交点处，将之后的折线关于直线翻转。
终点变成了 $(n+m-k,k)$，方案是 $C_{n+m-k+k}^k=C_{n+m}^k$，
这里的方案与满足前面条件的折线都构成双射关系。

CF1930F

若只有两个元素我们来考虑做法，设它们为 $a,b$，我们假设最后是 $a|x-b|x$.
每位贪心，对于第 $i$ 位，有且仅有若 $a=1,b=0$，则这位取 $0$ 时有贡献。
也就是 $a|b-b$，$a,b$ 反过来就是 $a|b-a$.
至于一个集合我们考虑枚举 $(a,b)$，我们每加入一个 $a$，都考虑前面对其贡献。
若是 $a|b-b$ 呢不好算，注意到 $a+b=a|b+a\mathrm{\&}b$，所以就是 $a-a\mathrm{\&}b$.
只需要计算 $a|b$ 的最大值和 $a\mathrm{\&}b$ 的最小值。按位贪心，每次查询是否存在 $b$ 以 $x$ 为子集。
这个暴力更新，记忆化搜索，是只有 $O(n)$ 次更新的。

CF1943D1/2

考虑差分，然后选两个不相邻的数，前者 $-1$，后者 $+1$，这是个匹配问题。
我们考虑用前面的正数匹配后面的负数，那么对于每个 $i$ 分别考虑，
若 $-c_i\le \sum _{j\le i-2}{c}_j$， 则 $i$ 可以匹配前面剩下的（看做是 Hall 定理）。事实上，也就是 $a_{i+1}+a_{i-1}\ge a_i$.
设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示考虑了 $i$ 位，前两位是 $j,k$ 的方案数，考虑用前缀和优化。
Hard version 考虑容斥，设 $f(i)$ 表示钦定 $i$ 个不合法，答案是 $\sum _{i=0}^n(-1{)}^{i}f(i)$.
设 $d{p}_{i,j,0/1}$ 表示考虑了 $i$ 位，上一位是 $j$，当前不合法个数的奇偶性的方案数。
若当前这位不钦定，那么 $k$ 随便填，$d{p}_{i,k,0/1}=\sum d{p}_{i-1,j,0/1}$。
若钦定不合法，若是知道了 $a_i,a_{i+2}$ 的值，$a_{i+1}$ 取值范围就已知，
$d{p}_{i,j,k}=\sum _{t=1}^{m}d{p}_{i-2,t,-k}\times (m-t-j)$。前缀和优化。

CF1909F1/2

如果我们把 $i$ 放到第 $j$ 个位置，那么会对 $max(i,j)\sim n$ 做贡献。差分出来每次做贡献就是单点加。
那么我们对于 $(p_1,p_2,..p_n)$ 这个排列，对于每个 $max(i,p_i)$ 的个数都是被固定的。
如果要填 $j=max(i,p_i)$，两种方法，取一个 $i\le j$，令 $p_i=j$；或者是取一个 $i>j$，使 $p_j=i$.
所以我们发现差分出来每个位置的值 $\in [0,2]$。
若是 $1$，有 $2(i-a_{i-1})-1$ 种填法，若是 $2$，有 $(i-a_{i-1}-1{)}^2$ 种。每填一个都分别占用一个 $i,p$。
考虑 Hard version。我们可以把这个问题放到棋盘上考虑，也就是在棋盘上放车。
我们把 $-1$ 的连续段提出来，考虑一个 $a_i\ne -1$ 的位置以及其前面第一个 $a_j\ne -1$。
相当于在边长 $x=i-a_j$ 正方形，去掉左上角 $y=j-a_j$ 的正方形，放 $t=a_i-a_j$ 个车的方案数。
拆成一个大矩形，一个小矩形，方案数是 $\sum _{k=0}^t{C}_{x-y}^k{C}_y^{k}k!\times C_{x-y}^{t-k}{C}_{x-k}^{t-k}\times (t-k)!$.

CF1913F

我们枚举回文中心，二分哈希，可以找到一个位置 $p$，若是将 $s_p$ 改成 $c$，就会多一些回文子串。
但是我们如果把 $s_p$ 改成了 $c$，会减少子串，也就是经过 $p$ 的且 $p$ 不是回文中心的回文子串个数。
假设回文中心为 $mid$，半径为 $r$，对于所有点 $x$，经过 $x$ 的子串个数是等差数列。两次差分维护。
最后计算答案枚举即可，注意字典序最小需要讨论。

CF1904F

考虑拓扑排序，对于每一条限制看成某个点大于/小于路径上的所有点。
那么有解就是没有环。连边的话考虑优化建图，考虑用倍增即可。

CF1935F

先考虑一个问做法。若 $u$ 只有一条出边，没影响。
若 $u$ 有两条出边，除非 $u$ 点把两个部分从中间分开，否则这两个部分必有距离为 $1$ 的。
$m$ 条出边则最多是 $(m-1)+1$ 的代价，这个 $+1$ 来自于 $<v$ 的和 $>v$ 的之间联通需 $2$ 的代价。
麻烦的是构造方案。钦定 $1$ 为根。我们先把所有 $(i,i+1)$ 挂在其 $lca$ 上。
假设我们处理点 $u$，我们先把在 $u$ 上的这些 $(i,i+1)$ 尽可能合并（并查集）。
对于 $(i,i+1)$ 分别处于点 $u$ 子树内外的怎么办呢？
我们对于每个子树维护这个子树内可连接的 $(i,i+1)$，取其中 $lca$ 最浅的点，看是否比 $u$ 浅。
若满足条件那么就可以连上去。最后看是否联通，不连通就连 $(v-1,v+1)$ 这条边。
要使用可撤销并查集。

CF1917F

我们的想法是先构造出一条链为直径，然后把剩下的边全部挂在这条链最中心的点上。
我们发现若存在两条边加起来超过 $d$，那么势必不合法。
我们假设直径的边的集合是 $S$，使 $\sum S_i=d$；将 $S$ 分为两部分 $S1,S2$，设 $|\sum S{1}_i-\sum S{2}_i|$ 最小为 $c$，
那么若 $max(U-S)\le {\displaystyle \frac{1}{2}}(d-c)$ 合法。条件很复杂。
关键是，我们注意到，若是 $max(U-S)$ 的值为 $U$ 的最大值或次大值，才可能不合法。
变成了一个二维可行性背包，bitset 优化，$O({\displaystyle \frac{n^3}{\omega }})$.
我们先把前 $n-2$ 小的全部做背包，然后判断即可。

CF1942F

我们注意到每个 $f(i)$ 都向下取整就可以避免浮点数运算。
我们考虑扫描线，把操作全部离线，用数据结构维护每次修改的答案。
我们从前往后枚举 $a_i$，维护当前每个询问的值 $f_i$，对于 $a_i$ 每个值存在的时间，区间加和全局开根。
势能线段树，每个区间维护 $max,min$，全局开根的话暴力递归，直到 $max-min=\sqrt{max}-\sqrt{min}$.
此时可以把根号标记用加法标记表示了。复杂度证明未知。
所以我们采用分块的做法，如果一个够长的块，那么无论前面带入什么值，后面都会稀释成 $\mathrm{\Delta }=1$.
我们分块，每次修改暴力修改一个块，求出 $x$，使得 $\le x$ 的带入是 $a$，$>x$ 的带入是 $a+1$.
这个 $x$ 可以从 $a+1$ 倒推回来。
最后暴力把所有块的答案算起来。当然，可以把所有块用线段树维护。

CF1948F

我们对于每个询问，也就是两部分，分别有 $x,y$ 个银币，使一边比另一边至少多 $k$ 的概率。
枚举差 ${\displaystyle \frac{1}{2^m}}\sum _{c\ge k}\sum _{d\ge 0}{C}_y^d{C}_x^{d+c}$.
范德蒙德恒等式：原式 $=\sum _{c\ge k}\sum _{d\ge 0}{C}_y^{y-d}{C}_x^{d+c}=\sum _{c\ge k}{C}_{x+y}^{y+c}$.
因为 $m=x+y$ 为定值，所以我们预处理前缀和即可。

CF1967C

首先树状数组是一棵深度 $\log n$ 的树。注意到叶子节点的值不会变。
然后我们顺势往上推，枚举子树的每个点。
若到子树的根距离为 $d$，则贡献次数是 $C_{d+k-1}^d$，类似于做前缀和，方案数是路径数。