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 \(a+b=a|b+a\&b\)，所以就是 \(a-a\&b\).
只需要计算 \(a|b\) 的最大值和 \(a\&b\) 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 \(dp_{i,j,k}\) 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 \(\sum_{i=0}^n(-1)^if(i)\).
设 \(dp_{i,j,0/1}\) 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，\(dp_{i,k,0/1}=\sum dp_{i-1,j,0/1}\)。
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，
\(dp_{i,j,k}=\sum_{t=1}^mdp_{i-2,t,-k}\times (m-t-j)\)。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 \(a_i\neq -1\) 的位置以及其前面第一个 \(a_j\neq -1\)。
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 \(\sum_{k=0}^t C_{x-y}^kC_{y}^k k!\times C_{x-y}^{t-k}C_{x-k}^{t-k}\times (t-k)!\).

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 \(|\sum S1_i-\sum S2_i|\) 最小为 \(c\)，
那么若 \(\max(U-S)\le \dfrac{1}{2}(d-c)\) 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，\(O(\dfrac{n^3}{\omega})\).
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 \(\Delta=1\).
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 \(\dfrac{1}{2^{m}}\sum_{c\ge k}\sum_{d\ge 0}C_y^dC_x^{d+c}\).
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。