2024.8.23 近期练习

CF1677E

本题转化之后就是矩阵覆盖，矩阵查询被覆盖的点数。现在将讲解线段树如何实现这个。
扫描线的话将转化为求区间为 \(0\) 个数的历史和，历史和是很难的。
注意到我们每次把当前序列加入历史和去也就是把区间为 \(0\) 的位置加 \(1\)。
所以我的想法是在线段树节点上加一个标记 tms 表示当前区间还需要被累加进历史和多少次。
我们总共有两个标记，tag 是表区间加，tms 表区间累加，我们不妨先 tag 后 tms。
注意到如果当前有 tms，有 tag 来之后，需要 pushdown.
然而这真的是太蠢了，我们观察性质，注意到如果矩阵有交那么他们一定有同一个 \(\max\)。
所以我们对于每个 \(\max\)，做好容斥即可。不妨树状数组解决。
具体地，我们还是要维护历史和，但是我们可以差分，在第 \(i\) 个版本插入时贡献乘上 \(n-i\)。

AGC016E Poor Turkeys

我们想到可以从底往上推。初始有一个 \(O(n^2m)\) 的做法，我们枚举答案，然后自底往上推。
维护一个集合 \(S\) 表示当前必须存在的元素。那么如果当前遇到 \((i,j),i,j\in S\)，那么就非法。
否则，对于 \((i,j)\) 存在一个数 \(\in S\) 的，那么把另一个数加入 \(S\)。
不妨只枚举 \(x\) 只让 \(x\) 从底往上推，那么 \(x,y\) 合法的话，首先要他们分别合法。
其次，对于每个时刻，\((i,j)\) 不能在两个集合里分别存在。直接模拟该过程判断还是 \(O(n^2m)\)。
我们想，若 \((i,j)\) 分别位于两个集合了，那么最后的 \(i,j\in S_x,S_y\)，所以只需要判断 \(S_x\cap S_y\) 非空。

AGC044C Strange Dance

我们猜是字典树。但是我们建的不是常规的 01-trie，而是三进制字典树。
12 交换的操作我们很容易实现，直接打 tag 即可，代表当前节点需要交换 12。
然而全局 \(+1\) 的操作呢？如果我们按照普通的从高位建到低位，发现是很难实现。
所以这启发我们从低到高建字典树，每次我们就轮换 012。
发现 12 儿子是没有变化的，我们递归 0 儿子，发现这个 0 儿子进位 \(1\) 也是要实现轮换 012。
所以直接沿着 0 这条链递归下去即可。

CF643E

惨遭诈骗。由于最后答案是输出浮点数，而浮点数精度有限，所以我们不妨少维护一点。
我们拆贡献的时候，深度 \(\ge 50\) 的概率我们直接忽略，因为这里的值太小了。
所以我们记 \(f_{u,d}\) 表示 \(u\) 子树内深度为 \(j\) 的概率。那么考虑容斥，\(1-f_{u,d}=\prod (1-\frac{1}{2}f_{v,d-1})\)。
当我们新加入一个点的时候，向上更新 \(50\) 个祖先即可。

CF48F

这个题非常抽象啊。先把 \(n\) 天独立开来。
发现如果我们把 \(m\) 种商品都拿出来排序后贪心就行了，但是排序需要 \(\log n\) 是不行的。
考虑二分，每次找第 \(mid\) 大的数出来，看看 \(\le mid\) 的是否超过 \(w\)，按这个二分下去。
利用 nth_element 是线性的，而且我们每次规模是减半的，所以 \(T(n)=T(\dfrac{n}{2})+n\)。
那么复杂度 \(O(nm)\)。为了精度可以整数与小数分开。

AGC026D

观察到已知一行，再填下一行有只有不超过两种填法，当且仅当上一行红蓝交错时有两种。
于是我们在笛卡尔树上 dp，存两个状态，代表交错的方案数和不交错的方案数。

P10013 [集训队互测 2023] Tree Topological Order Counting

我们显然要求的是所有 \(u,k\)，点 \(u\) 在拓扑序上排第 \(k\) 的方案数。
我们可以对于每个 \(u\) 往上跑一遍直到根，顺便维护 \(f_k\) 表示当前子树内，\(u\) 排第 \(k\) 的方案数。
做类似背包的合并。设从 \(v\) 转移到 \(fa_v=u\)，排名 \(k_1\) 转移到排名 \(k_2\)，
若 \(u\) 除去 \(v\) 子树后拓扑序的个数为 \(g\)，那么系数是 \(C_{k_2-1}^{k_1-1}\times C_{siz_u-1-k_2}^{siz_v-k_1}\times g\)。
最后因为 \(u\) 要排在前面，所以 \(k_2\) 要加上 \(1\)。
一个 \(u\) 复杂度是 \(O(n^2)\)，总的复杂度是 \(O(n^3)\)。
注意到对于 \(x\to fa_x\) 这种转移系数都是一样的，对于 \(x\) 子树内的 \(u\) 都可以转移。
所以我们可以从根开始往下做。考虑同时对所有 \(u\) 转移。
可以将状态的转移看做有向图，转移系数看做边，我们所求的是所有路径的积的和。
对于 \(dp_{1,k}\)，我们将其在连一条边到源点，边权为 \(b_i\) 即可。
交换起点和终点，我们原来求的是 \(dp_{u,1}\to dp_{1,k}\) 的所有路径，我们不妨求所有 \(dp_{1,k}\) 到 \(dp_{u,1}\) 的路径。
那么我们把这个有向图反过来就行了。对于 \(u\) 点的答案即为 \(f_{u,1}\times g_u\)。

P10008 [集训队互测 2022] Range Minimum Element

考虑建立 \(a\to b\) 的双射关系，题目中已经有 \(a\) 生成 \(b\) 的方式，现在考虑从 \(b\) 生成 \(a\)。
我们现在已知 \(b\)，\(b\) 从大到小，设当前权值为 \(x\)，每次把对应的 \(a\) 区间里的没有被填的数全部设为 \(x\)。
如果不存在还没有被填的数并且没有 \(x\)，那么 \(b\) 就是不合法的，但是我们可以继续构造出 \(a\)。
如果最后还有未填的数设为 \(1\)。
那么，每个合法的 \(b\)，都有唯一的 \(a\) 与其对应。
如果是不合法的 \(b\)，也有 \(a\) 与其对应，并且，这个 \(a\) 是可以由一个合法的 \(b\) 生成而来。
只需要把不合法的那个 \(x\) 换成上一个 \(x\) 即可。
那么现在我们计数 \(a\)，使得 \(a\) 是可以被 \(b\) 构造出来的。
考虑区间 dp，每次找最左的 \(a_i=1\) 出来，那么 \([1,i-1]\) 的区间已经被填满，即并集为 \([1,i-1]\)。
而且越过 \(i\) 的区间，满足 \(x=1\)，我们之后可以不管了。
在 \([1,i-1]\) 这个区间，最小值一定 \(\ge 2\)。在 \([i+1,n]\) 这个区间，我们重复找最左的 \(a_i=1\)。
如果找不到 \(a_i=1\) 呢？那么我们可以找 \(a_i=2\)，继续找罢了。
具体地，设 \(dp_{l,r,p}\) 表示区间 \([l,r]\)，满足最小值 \(\ge p\) 的方案数。同时设 \(I_{l,r}\) 表示 \([l,r]\) 并集是否填满。
那么 \(dp_{l,r,p}=I_{l,r}\times dp_{l,r,p+1}+\sum_{i\in[l,r]} dp_{l,i-1,p+1}\times dp_{i+1,r,p}\times I_{l,i-1}\)。
但是 \(c\) 有点大，由于 dp 的转移过程是简单加乘，所以最后的答案是一个 \(n\) 次多项式，不妨插值。
复杂度 \(O(n^4)\)。

P3270 [JLOI2016] 成绩比较

考虑二项式反演，先钦定 \(j\) 个人被碾压。其贡献是 \(C_{n-1}^j\)。
每门课是独立的，考虑某门课，枚举 B 神的分数 \(x\)，贡献是 \(\sum_{x=1}^Ux^{n-R}\times (U-x)^{R-1}\times C_{n-j-1}^{R-1}\)。
只需要把每门课的贡献乘起来即可。
然而课程的贡献计算复杂度基于值域，而这是个 \(n\) 次多项式，不妨插值。

P2048 [NOI2010] 超级钢琴

这是典题。堆里维护每个右端点，左端点还剩哪些区间可以取，每次取出 rmq，然后分割区间。
因为 \(k\) 很小，所以取 \(k\) 次即可。

CF1039D

先考虑 \(O(n^2)\) 的暴力，我们考虑贪心，对于每个 \(k\) 都先做一遍。
每个点要么由两条链拼起来 \(\ge k\)，要么就是不能拼成，可以由祖先的点其余拼起来。
那么我们对于每个点，计算出其儿子中最长的两条链，若拼起来 \(\ge k\) 就拼，否则取最长那条往上送。
那么我们发现可以根号分治，对于 \(k\le B\) 的，我们直接 \(O(Bn)\) 来做。
对于 \(k> B\) 的，此时答案一定小于 \(\dfrac{n}{B}\)，由于答案有单调性，直接二分出每个答案的区间。
复杂度 \(O(n\sqrt {n\log n})\)，当 \(B=\sqrt{n\log n}\) 时取到。

CF1675G

考虑 dp，设 \(dp_{i,j}\) 表示已经填了 \(i\) 个位置，第 \(i\) 个盒子有 \(j\) 个的最小操作次数。
由于只能操作相邻位置，所以我们状态的表示我们还需要加入 \(k\) 表示第 \(i+1\) 的位置的变化是多少。
那么状态就设出来 \(dp_{i,j,k}\) 了。注意到有可能在某时刻出现负数，但猜测只要最后是正的即可。
转移很简单。然而转移需要 \(O(m)\)，状态数 \(O(n^2m)\)，需要改进。
注意到有用的状态很少。因为总共的球数是 \(m\)，还要满足递减，条件实则很苛刻。

P7443 「EZEC-7」加边

首先是不会加边使得出现环的。如果 A 一开始必败，那么加这条边一定是 A 要走这条边。
那么会回到环的起点，如果交换了先后手，那么 B 也可以再走一遍，变成平局。
那么一定是加边从祖先到儿子。我们考虑加什么样的边可以使得 A 必败变成必胜。
我们先预出哪些点发生改变会使得 A 从必败改变到必胜，枚举这些点。
然后再这些点的子树里选一个最大值出来，使得这个点发生改变，取代价最小的。

P6630 [ZJOI2020] 传统艺能

一个点打标记有两种方式：被不包括其父亲的区间标记；父亲有标记且再次被打标记。
一个点失去标记呢？子树内的点被标记。
考虑拆贡献，计算每个点最后有标记的概率。
一个点有三种状态：自己和祖先无标记；自己有标记；祖先有标记。
如果祖先有标记，那么在访问到兄弟节点的时候自己会得到标记。
如果自己有标记，在访问到自己的子树内节点时标记会失去。
如果覆访问到当前节点，自己会得到标记。
那么考虑构建 \(3\times 3\) 的矩阵跑矩阵快速幂。

CF983E NN country

考虑如果是一条链怎么做，我们想从 \(u\) 跳到 \(v\)，那么每次跳到出当前最远能跳到哪里，重复该过程。
那么到树上的话，\(u \to v\) 的路径改为 \(u\to lca\to v\)，处理出每个点当前深度最浅能跳到哪里即可。
这个过程我们很容易想到用倍增优化。
然而有 \(lca\) 我们如何合并两条路径呢？我们设 \(u\) 离 \(lca\) 差一步能跳到 \(u'\)，\(v\) 能跳到 \(v'\)。
那么我们要判断的是 \(u',v'\) 是否可以由一条路径联通起来。这是个二维数点问题。
我们如果考虑每条路径的话去对应询问，然而路径是很难表述出来的。
不妨考虑每个询问，查询是否有路径的起点和终点分别在 \(u',v'\) 子树内即可（调换贡献方向）。

P10614 BZOJ3864 Hero meet devil

我们考虑最长公共子序列是怎么算的，也就是设 \(dp_{i,j}\) 表示 \(s\) 匹配到第 \(i\) 位，\(t\) 匹配到第 \(j\) 位的答案。
最后取出 \(dp_{n,m}\) 作为答案。我们现在要对每个答案计数。
这是个 dp 套 dp。我们把阶段设为 \(j\)，那么把所有 \(i\) 的 \(dp_{i,j}\) 放进状态里。
不难发现 \(dp_{i,j}\) 跟上一个的差至多为 \(1\)，不妨记录哪些位置差了 \(1\)，所以只有 \(2^n\) 种状态。
那么也就是设 \(f_{j,state}\) 表示当前填到 \(t\) 的第 \(j\) 位，\(dp_{i,j}\) 的状态为 \(state\) 的方案数。
转移显然了。 \(state\) 之间的转移可以预处理，无需浪费时间。

AGC017D

整个问题也就是转换为每次块可以删一个除了根的子树，问谁最后不能删。
对于根节点来说，显然其每个儿子的子树都是独立的。
既然如此那么根节点的 SG 函数就是其各个儿子的 SG 值异或起来，那么做一个树形 dp。
同时，根节点还可以删掉整个儿子的子树，考虑 SG 值的变化。
于是其子树里的每个状态都相当于连了一条边到 \(0\)，那么相当于每个状态的 SG 值都加 \(1\)。

P5979 [PA2014] Druzyny

dp 状态的设是普通的。\(dp_i\) 表示当前划分到 \(i\) 的答案。
然而我们发现假设要从 \(i\) 转移到 \(j\)，\(i\) 并不是连续的，这启示我们使用 cdq 分治。
那么现在我们要把 \(mid\) 左边的转移到 \(mid\) 右边的。设一段区间人的限制是在 \(lim_{l,r}\) 里。
条件是：\(j-i\in lim_{i,mid},j-i\in lim_{mid+1,j}\)。这里是把 \(lim_{i,j}\) 拆成两半，以便左边和右边独立。
那么我们枚举 \(j\)，先计算出 \(i\) 的区间，然后在对应 \(i\) 的区间里继续数点即可。
经验就是，存在 max,min 这些条件的，一般要枚举其中一个。

CF587F Duff is Mad

我们这个题先建出广义 SAM，然后对于询问 \(s_l\sim s_r\) 在 \(s_k\) 里的出现次数。
我们要求的也就是 \(s_k\) 在 SAM 上的每个节点对应 parent tree 中点的祖先，endpos 中有 \(l\sim r\) 的数量。
考虑差分询问，然后广义 SAM 每次在线地插入一个串，并相当于求祖先 endpos 大小的和。
\(s_k\) 如果长度较小，直接枚举这每个节点即可。
然而 \(s_k\) 长度大怎么办呢？这启示我们根号分治，每个大的串预处理出来，然后直接记录答案。
也就是，每个点 endpos 更新了之后，去找这些大的串，计算对他们的贡献。
有一个问题就是在线 SAM 怎么做？一个简单的办法是中间插入特殊字符把串都连起来。