2024.9.20 近期练习
CF461E Appleman and a Game
我们可以先建出 SAM，设 \(dp_{i,u}\) 表示当前处理到 \(i\) 位，SAM 上到 \(u\) 节点当前最小答案。
由于答案具有单调性，考虑二分答案，也就是二分 \(mid\)，考虑如何检验最短的串是否不超过 \(\le n\)。
考虑把 SAM 修改一下，若某点不存在 \(c\) 的出边就将其连向根到 \(c\) 的节点。
现在问题转化为：给你一张有向图（即修改完的 SAM），满足上面有 \(4\) 个特殊点。
你从根开始走，每经过一条边则 \(cnt_1\) 加一，每到达一个特殊点则 \(cnt_2\) 加一。
当 \(cnt_2\) 为 \(mid\) 时过程终止。 你可以任意安排你走的路径，需要求出终止时 \(cnt_1\) 的最小值。
那么我们可以 dp，设 \(dp_{i,c}\) 表示当前走了 \(cnt_2=i\)，走到了第 \(c\) 个特殊点的最小答案。
考虑最短路求出特殊点之间的最小的 \(cnt_2\)。最后 dp 明显可以用矩阵快速幂优化。非常好一个题。
之所以想到可以二分答案是因为“最小值最大”；还有随着 \(n\) 增大答案不降，所以答案增大，\(n\) 也不降。
可以二分转倍增优化复杂度。
CF1442E Black, White and Grey Tree
发现颜色相同且相邻的点可以缩点起来，一定是一起被操作的。
我们假设只有一条链，且只有黑色和白色的点，发现最小的操作次数为 \(len/2+1\)，\(/2\) 需要向上取整。
把链推广到树上，贪心地，考虑每次删掉叶子节点，因为如果删成了多个连通块一定不优。
如果只有黑色和白色的点，把颜色不同的点之间的边设为 \(0/1\)，那么 \(len\) 就是树的直径。
考虑灰色的点，由于灰色的点一定是跟白色或黑色一起删掉，所以可以把灰色的点看做是黑色或白色。
那么我们考虑树形 dp 即可。转移的话对于儿子合并上来的时候取儿子两种颜色最小值。
这个题的话，是一个从链到树的直径跟贪心的结合。每次删叶子的思想比较常见。
CF2004F Make a Palindrome
我们先要考虑一个数组最小操作多少次使得其变成回文。首先上限是 \(n-1\)，只需要全部合并。
经过猜测，我们认定将一个数分裂成两份是没有用的，所以我们考虑最大化最后剩下的数的个数。
结论：所以一个数组考虑做前缀/后缀和，最后能剩下的个数，是前缀和与后缀和所有数中相等的个数。考虑拆贡献，也就是求区间和相等对数。把所有区间的和存进桶里，桶里两两可以做贡献。
CF1687D Cute number
我们观察到，合法的段是诸如 \([w^2,w^2+w]\) 这种情况。合法与不合法交替，长度为 \(2,1,3,2,4,3,5,4...\)
称 \([w^2,w^2+w]\) 为第 \(w\) 段，到第 \(V=a_n\) 段后，所有的数一定在一个段里。
不妨枚举 \(a_1+k\) 所在的段，只有 \(V\) 种段。我们令 \(a_1+k\) 紧贴左边，算后面要合法会使 \(k\) 增大多少。
因为合法的段长度最多比后面不合法的段长度大 \(1\)，所以，每个 \(a_i+k\) 满足条件时 \(k\) 是一个区间。
然后把 \(k\) 的取值范围求交集，于是乎我们得到了一个 \(O(nV)\) 的做法。
观察到：如果当前从小到大枚举到第 \(w\) 段，若 \(a_{i+1}-a_i\le w\)，那么他们一定在一个段中。
在一个段中的我们可以合并他们。考虑两个端点即可。
枚举到第 \(w\) 段时，在不同段的只有 \(\frac{V}{w}\) 种，复杂度调和级数。
CF1984E Shuffle
考虑转化题意，考虑最后流程结束时树被删成什么样。显然此时每个连通块大小为 \(1\)。
因为这些连通块大小为 \(1\)，他们一定是叶子节点。这些没被删的点相当于一个独立集。
相当于求树的最大独立集。但是这样有一个问题，就是被删的点不一定不是叶子。
如果一个原来的叶子是第一个被删除的，那么其最后一定还是叶子节点。
所以设计一个 \(dp_{u,0/1,0/1}\) 表示当前节点选/不选，其子树有无叶子第一个被删除的答案，转移平凡。
转化为独立集模型确实精妙。
CF627D Preorder Test
显然地，我们需要二分答案，考虑如何检验答案 \(mid\)，考虑把 \(< mid\) 的点都删掉，形成若干连通块。
在每个连通块中可能有若干个点连向 \(<mid\) 的点，这代表什么？代表这个点无法回溯，称为黑点。
如果走进一个无法回溯的点的子树里，那么一定会在该子树终结。
所以，我们 dfs 遍历的 \(k\) 个点中如果存在有黑点，其一定连成一条路径。
相当于我们选两个黑点出来，其路径上所有点的儿子的，且不存在黑点的子树大小的和使其 \(\ge k\)。
考虑 dp，维护 \(f_u\) 表示 \(u\) 连向其子树里某个点最大的贡献，（不考虑 \(u\) 子树外的贡献）。
特判不存在黑点的情况。
CF1976F Remove Bridges
我们要让割边最少，且原来树上不是割边的边连接成包含根节点的一个连通块。
我们连接 \(u\to v\) 时，可以使树上 \(u,v\) 路径上所有边都不是割边，此时可以将 \(u\to v\) 的边全部删去。
这是划分子任务的思想。我们有了一个贪心的策略，每次删除最长的一条路径，且与根节点联通的。
如果存在一个很长的路径 \(u\to O\to v\)，需要先删 \(1\to O\) 才能到达；不妨先删除 \(1\to u\)，再删 \(O\to v\)。
这证明了贪心是正确的。考虑如何表示一条路径，拆分成两条到 \(1\) 的路径，\(dis_u+dis_v\)。
当我们删了一条路径时，考虑对 \(dis\) 产生什么影响，这里需要把 \(dis_u\) 定义成删 \(u\) 会减少多少割边。
假设 \((x, fa_x)\) 是被删除的一条边且第一次被删，那么 \(x\) 子树里所有的 \(dis\) 都会减少 \(1\)。
由于每条边只会被删除一次，删除的时候直接执行子树减，同时维护出 \(dis\) 的最大值即可。
关于删除 \(u\to v\) ，需先找出 \(u\)，然后设 \(u\) 向上跳 \(dis_u-1\) 的位置是 \(Q\)，找非 \(Q\) 子树里最大的 \(v\) 即可。
经过实践发现上面是错的，我们需要给贪心加上“反悔”。
也就是，除了第一次操作，不需要找非 \(Q\) 子树里最大的 \(v\)，因为可以通过交换使得其满足条件。
CF1849F XOR Partition
首先想如果已知一个集合如何计算：考虑建出 01trie，那么相邻的数一定重复的位更多，lca 更深。
所以：如果我们按权值排序后，答案一定是相邻数的异或出来取 \(\min\)。这启示我们将序列排序后做。
二分答案 \(mid\)，考虑从左到右划分，我们只需关心每个集合上一个被加入的数。
设 \(f_{i,j}\) 表示当前划分到 \(i\)，其是某个集合最后的数，\(j\) 为另一个集合最后的数是否可行。
考虑转移，若 \(a_i\otimes a_{i+1}\le mid\)，那么 \(f_{i+1}\) 可以继承 \(f_i\) 全部元素。
若 \(a_{j}\otimes a_{i+1}\le mid\)，那么 \(f_{i+1}\) 加入 \(i\) 这个元素，需要检验是否存在这样的 \(j\) 如何呢？
不难想到用可持久化 01trie 维护 \(f\) 集合。
CF1515F Phoenix and Earthquake
首先图很丑陋，由于是一条条边缩点合并，这些被缩的边构成一棵树。
这个题可以猜出一个极强的性质：也就是若 \(\sum a_i\ge (n-1)x\)，就一定能构造。
证明的话，把每个点点权减去 \(x\)，那么，合并条件相当于若 \(a_u+a_v\ge -x\)，即可变为 \(a_u+a_v\)，易证。
于是求一个生成树出来，每个生成树都是等价的。
考虑如何构造，考虑递归地构造，设当前构造到 \(u\)。然后要处理 \(u\) 的儿子子树 \(v\)。
若 \(v\) 不满足 \(\sum (a_i-x)\ge -x\)，就需要将 \(u\) 节点合并到 \(v\) 去，使得递归到 \(v\) 的时候该子树一定合法。
若是 \(u\) 的权值也为负数呢？我们就需要先把权值大的合并到 \(u\) 了。
所以相当于我们把权值从大到小排序，先递归正数的，令正数与 \(u\) 合并之后，将 \(u\) 合并到负权的儿子。
CF1707C DFS Trees
观察到，因为边权互不相同，所以最小生成树是唯一的，也就是说某些边一旦选了就不是最小生成树。
考虑先把这棵树拿出来，如果在遍历的过程中存在向未遍历的点连的边，且不在子树内的就违法了。
因为边是双向的，所以，一旦存在横跨子树的边就是违法的。连接祖先与孙子的边不违法因为走不到。
于是我们遍历每条非树边，其两端点形成的树上的路径上的点都不能做根（除端点），考虑树上差分。
CF1973E Cat, Fox and Swaps
考虑已知 \([l,r]\)，哪些数可以互相交换。
我们要想交换 \(x,y\)，若其不能直接交换，我们考虑找一个中间值 \(t\)，使得 \(x,t\)，\(y,t\) 都能交换。
那么 \(x,y\) 就可以互相交换，所以交换是可以传递的，那么考虑求能互相交换的集合是什么。
分讨 \(l,r\)，若 \(l=r\)，那么只有需要交换的数形成若干二元置换环且和为 \(l\)。
若 \(l\le n,r>n\)，那么所有数都可以互相交换。
若 \(l\le n,r\le n\)，那么只有 \([1,r]\) 可以交换；\(l>n,r>n\)，那么只有 \([n-l,n]\) 可以交换。
算出最大的需要交换与最小的需要交换的数计算即可。
CF1656F Parametric MST
把贡献形式改写 \(a_ia_j+t(a_i+a_j)=(a_i+t)(a_j+t)-t^2\)，所以我们令 \(b_i\gets a_i+t\) 算 MST。
如果已知 \(t\)，这个玩意儿是可以贪心的。若 \(b\) 全部都同号，那么所有点连向绝对值最小的点；
否则，正负绝对值最大的连起来，其他每个点连向异号绝对值最大的点。
所以，我们发现连边的方式只有 \(O(n)\) 种，对应排序后的正负性的 \(O(n)\) 种。
而每种连边的贡献都是一次函数，所以我们把每个端点拿出来算一遍即可。
关于如何算考虑用前缀和优化即可，计算上面贪心的过程。
CF1091E New Year and the Acquaintance Estimation
考虑已知度数集合，如何判断合法。考虑贪心，将度数从大到小排序。
每次取出最大的 \(d_i\)，就把除了 \(i\) 前 \(d_i\) 大的减去 \(1\)，然后将 \(d_i\) 从集合中删去。若最后全部为 \(0\) 就合法。
上述限制非常的抽象，转化为对于每个 \(k\) 满足，\(\sum_{i=1}^kd_i\le \frac{1}{2}k(k-1)+\sum_{i=k+1}^n\min(d_i,k)\)。
这就是我们假设了前缀 \(i-1\) 是合法的，推出前缀 \(i\) 也合法的条件，转化为“前缀限制”，相当于归纳法。
其次观察样例发现需要满足 \(\sum d_i\) 为偶数且 \(n+1\) 的满足条件的度数集合为一个区间。
但是我们二分的话，需要判断出是向左还是向右。
对于插入的 \(d\)，找到其违法的 \(i\)，判断其是在不等式左边出现太大/还是在右边出现太小即可。
CF1956F Nene and the Passing Game
这个限制很丑陋，先钦定 \(i<j\)，那么限制可以转化为 \(j-l_j\ge l_i+i\) 且 \(j-r_j\le r_i+i\)。
那么把 \(i\) 和 \(j\) 连一条边，我们最后相当于计算连通块的个数。这个可以用并查集来维护。
限制是二维偏序的形式，我们可以枚举 \(i\) 然后将满足条件的 \(j\) 都合并起来。
解决偏序问题考虑扫描线，我们可以先把其中一维排序了，比如从小到大加入第二维。
那么，将枚举 \(i\) 看做是修改，因为第二维一定全部都满足，所以处理第一维。
第一维的话相当于将一个后缀全部并起来，考虑用 set 维护，每次弹出最后面的并起来。
