2024.12.12 近期练习

实在是难以相信我竟然又来到了机房训练。

P10141 [USACO24JAN] Merging Cells P

一个简单的 $d{p}_{i,l,r}$ 表示最后如果剩下的是 $i$，当前 $i$ 所处的区间是 $[l,r]$ 的概率。
区间往外拓展当前仅当当前 $[l,r]$ 区间的和不小于拓展的区间的和。
然而状态数已经达到 $O(n^3)$，完全无法优化。
注意到初始条件是 $d{p}_{i,i,i}=1$，而 dp 是一个路径计数过程，考虑将 DAG 图反置。
也就是原本我们是区间的合并，现在时光倒流，转化为区间的分割来划分子任务。
也就是求从 $[1,n]$ 开始，存在 $[l,r]$ 这样一个区间是被分割的。
考虑区间分割的点 $p\in [l,r-1]$，是等概率选择的，然后哪边大就贡献到哪边的区间，另一边舍弃。
考虑前缀和优化，维护 $su{m}_{l,i}$ 表示左端点为 $l$，右端点为 $i$ 时被贡献多少。固定右端点同。

P4437 [HNOI/AHOI2018] 排列

看式子的形式应该是贪心，我们即需要让后面的 $w_{p_i}$ 尽量大，考虑从后往前填。
那么我们可以得到一个条件就是，要想填 $a_j$，即 $a_{p_i}=j$，那么 $j$ 必须已经被填了。
这非常像一个图论建模。考虑 $j$ 向 $a_j$ 连一条边。那么如果不是 DAG 就无解。
如果是 DAG，进一步地其实这就是一棵内向树，考虑从根节点，也就是 $0$ 号点开始删。
很典是吧，转化为选平均数最小的若干段。取出平均值最小的点 $x$，然后将 $x$ 与父亲合并。
合并代表的是，若 $x$ 父亲被选了，那么下一个一定选的是 $x$。然后重复该过程，直到只有一个点。
关于答案的计算，只需要在每次合并的时候累加上 $w_x$ 乘父亲的大小即可。考虑并查集维护。
这是一个形而上学的问题。

P4654 [CEOI2017] Mousetrap

考虑先给树定根，很显然要定到 $t$ 这个点。
考虑整个过程是什么样的，老鼠显然最后一直走走到一个叶子节点。
当老鼠被困住的时候，我们可以先堵住不是前往 $t$ 的所有边，然后再擦除每条去 $t$ 的边。
而在老鼠走向叶子的过程中，我们可以堵塞其一些道路，我们要堵塞其花费最大代价的道路。
考虑树形 dp 设 $f_u$ 表示一个子树内的答案，那么 $f_u=de{g}_u-1+2ndmax{f}_v$。
如果 $s$ 与 $t$ 之间只有一条边，那么答案就是 $s$ 次大的子树代价加上 $de{g}_s-1$。
考虑可以从 $s$ 往上走再岔进某个子树。这时候比较难算，考虑二分答案 $v$。
在往上走的时候，如果有子树的答案超过了当前的 $v$，就要给他堵住，并使得 $v$ 减去 $1$。
并且，需要堵住的个数不超过当前能用的步数。满足以上的条件 $v$ 就是合法的。

ARC140D One to One

首先联通块的个数等同于环的个数。考虑拆贡献到每个环。
如果已经存在的环，我们直接加上其贡献。现在问题就是已知有若干棵内向树，要把他们拼成环。
设总共有 $m$ 棵树，那么设一个大小为 $k$ 棵树的环，那么其出现的次数就是 $n^{m-k}$。
对于钦定某 $k$ 棵树构成的环，方案数是 $(k-1)!\prod si{z}_k$，代表每棵树的根连向哪里的贡献。
这是一个背包，简单解决即可。

AGC028C Min Cost Cycle

先贪心地选出 $a,b$ 最小的 $n$ 个数，那么我们选 $n$ 条边，使得每条边都只有一个点被选。
经过手玩盲猜只需要存在一个 $a_i,b_i$ 都被选就存在一种回路方案。
或者是 $a$ 全都被选了或者 $b$ 全都被选了。然后你后面瞎几把搞就行了。

ARC121D 1 or 2

逆天孩子，只需要把一个数看成与 $0$ 匹配即可，然后枚举 $0$ 的个数，最后贪心匹配。

P4426 [HNOI/AHOI2018] 毒瘤

新科技广义串并联图。
根据经典结论，通过以下三个操作，最终得到的图的边数是 $V=2k,E=3k$ 级别的。
三个操作是：消串联（选一个二度点合并其两端）；消并联（删重边），去断路（删一度点）。
考虑在上述过程中维护答案。考虑维护 $f_u,g_u$ 表示考虑 $u$ 上挂的点，$u$ 选/不选的方案数。
同时维护每条边三种情况 $(0,0),(0,1),(1,0)$ 的方案数。
最后统计答案的话考虑枚举每个点选不选再乘起来即可。
消串联的话，考虑枚举中间的点是 $0/1$，然后贡献简单计算。
消并联可以用一个 map 维护是否有边，注意到重边的贡献是独立，直接相乘即可。
去断路的话，就是更新与其连接的那个点的 $f,g$ 值。
具体实现可以类比拓扑排序。

AGC005E Sugigma: The Showdown

观察样例，A 可以一直躲避下去的方式是已知躲在某条边，使得其两端点在 B 树的距离 $\ge 3$。
那么我们可以找出这样所有的边，只要 A 能到达这样的边那么 A 就获胜了。
所以 B 是要在 A 前往这些边的过程中阻碍 A 到达。
那么，所以如果 B 要获胜，那么一定不能让 A 到达这些边的任何一个端点对吧，
所以 B 到这些边的每个端点的距离一定是小于 A 所到达的，对吧。
如果 B 一定赢，那么 A 的策略一定是躲到距离 B 最远的某个叶子处，所以找到这个点即可。
是不是说 B 到上述每个对 A 胜利的点距离都比 A 小就赢了呢？是的，并且我们还可以在路上阻断他。
条件是如果 $di{s}_{A,u}>=di{s}_{B,u}$ 那么 $A$ 一定不能到达这个点 $u$。这个条件经常被用到。
可以理解为 B 就是走了一条最快靠近 A 的路，反正 A 是不能回头因为会更亏的。
所以我们以 A 定根做一遍 dfs，只能走 B 不能更快到达的点，看能不能走到一条胜利边即可。
如果走不到，就计算能走的点距离 B 最远的点是哪个，A 就躲在这里。

P7897 [Ynoi2006] spxmcq

对于每个 $x$ 我们都有一个树形 dp 就是 $d{p}_u=a_u+x+\sum max(0,f_v)$。
也就是：如果当前子树为贡献正数，那么就可以向父亲贡献。
同时因为这题可以离线，所以这启示我们按照 $x$ 从小到大排序加入。
那么我们可以维护当前已经向上贡献的边，因为 $x$ 从小到大，那么一旦贡献以后就都会有贡献。
所以我们相当于维护若干连通块。那么我们需要当 $x$ 增加时寻找贡献将变为正数的子树。
设该子树目前总共有 $siz$ 个点贡献，原始 $a_i$ 的和距离 $0$ 是 $d$，$x$ 增加到 $d/siz$ （上取整）时即为正。
所以我们考虑用一个堆维护当前最小 $d/siz$，每次取出最小的并向上合并，并更新上面的。
合并的话考虑用并查集处理。然后修改的话是一个链加的形式。差分转化为求子树和即可。
离线+维护连通块。

P8277 [USACO22OPEN] Up Down Subsequence P

贪心地，对于 $i$ 结尾的子序列，一定是保留最长的最好。证明比较难，纯靠感觉。
那么树状数组维护 dp。

P10060 [SNOI2024] 树 V 图

考虑找充要条件，那么就是取出所有两端颜色不同的边出来，设这条边为 $(u,v)$。
设 $d_u$ 表示其到其对应的关键点的距离，钦定 $f(u)<f(v)$，那么 $d_u-d_v\in [0,1]$。
同时注意到每个颜色形成一个连通块，连通块之间又有一个树形结构关系。
那么考虑树形 dp，设 $f_{u,k}$ 表示 $u$ 这个连通块，其关键点到顶端距离为 $k$ 方案数。

P10857 【MX-X2-T6】「Cfz Round 4」Ad-hoc Master

非常地 Ad-hoc 一个题。
首先考虑所有 $u$，$f_{u,k}$ 全部异或起来，那么这个值对应深度为 $k$ 的所有点的异或和。
证明比较显然，当且仅当一个深度为 $k$ 的点，距离其为 $k$ 的点数为奇数。
那么我们可以找到根节点的编号，只需要找到一个匹配上就可以了。
那么考虑求根节点的值。我们可以求出除了根节点外所有点的异或和。
那么注意到，两个距离为奇数的点 $u,v$，所有 $f_{u,2k+1},f_{v,2k+1}$ 异或起来就是所有点的异或和。
如果 $u,v$ 距离是偶数那么抵消异或和为 $0$。所以我们钦定 $u$，枚举 $v$，找一个不为 $0$ 的即可。
如果全 $0$ 那么就是所有异或为 $0$。最后异或除了根节点外所有点的异或和就是根节点权值。

P8314 [COCI2021-2022#4] Parkovi

显然二分+贪心。考虑二分 $mid$。
那么贪心地，从子树开始填关键点，能“咕”则“咕”即可，也就是把关键点放到深度最浅的位置。
对于一个点 $u$，我们先递归其所有子树，并求出最深未覆盖的点深度 $f$ 和最浅的关键点深度 $g$。
如果 $g$ 可以覆盖 $f$，那么把 $f$ 清掉即可。
否则如果此时不放关键点的话，$f$ 就覆盖不到了，我们就放，否则不放。嗯。
这种以子树形式划分子任务的贪心非常的典且非常的重要。

P6817 [PA2013] Filary

取 $m=2$，答案下限是 $n/2$。那么我们随机一个位置的数 $a_x$ 出来，每次选对的概率 $>1/2$。
考虑把 $|a_i-a_x|$ 拿出来，质因数分解，我们选出现次数最多的质数作为 $m$。
但是可能答案是合数，那么我们要把两个质数合并，两个质数合并的条件是其出现的位置完全相同。
那么判断集合的相同我们考虑用 xor-哈希处理。
注意特判质数的幂次。

P9521 [JOISC2022] 京都观光

考虑从 $(i,x)$ 走到 $(j,y)$，若只有两种走法：先右再下/先下后右。
那么移项可得若 $\frac{B_x-B_y}{x-y}\le \frac{A_i-A_j}{i-j}$，那么就先向下走，否则就先向右走，这个对应斜率。
但是如果中间走别的一条路呢？钦定原本是先往下走，现在中间多了一条 $A_k$。
那么就转化为与 $\frac{A_k-A_j}{k-j}$ 和 $\frac{B_x-B_y}{x-y}$ 比较。所以说，我们每次选择都需要选择斜率更小的。
所以我们贪心。但是遇到一个问题就是如果是比较向右和向下的两条边的话，我们看不到后面的情况。
根据经典套路，我们需要将序列划分为斜率不降的若干段。使得当前选择不会有后效性。
相当于维护两个下凸包。然后我们维护两个指针走即可。
如果有多组询问，取出询问情形的凸包，而不是走到终点的两个凸包。
相当于将整段路程分割为若干个从 $(i,x)$ 走到 $(j,y)$ 的比较。

P1792 [国家集训队] 种树

突然发现一个典题不会做。我们如果贪心就是取出前 $k$ 大对吧。
考虑 $k=2$，即已经选了一个数之 $a_u$ 后，下一个要么选一个不相邻的，或者选 $a_{u-1},a_{u+1}$ 删掉 $a_u$。
我们可以考虑将 $a_{u-1},a_{u+1}$ 删掉，并把 $a_u$ 置为未选，权值设为 $a_{u-1}+a_{u+1}-a_u$。
$a_u$ 的选或不选，相当于对应 $a_{u-1}+a_{u+1}$ 和选 $a_u$ 其本身，同时这样还是满足相邻不能同时选的限制的。
根据贪心，我们每次要选择贡献最大的，那么我们维护一个堆即可。
删除操作考虑用一个环形链表处理。

AT_code_festival_2017_qualb_f Largest Smallest Cyclic Shift

太逆天一个题了。证明的话？
每次取出字典序最小的串和字典序最大的串合并，直到只有一个串存在。

AGC023D Go Home

考虑每个楼房的人是怎么投票的。比较明显的投家的方向是错的，可能会“反水”。
即，因为人数的差距，即使现在往家的方向走，最后还是要往反方向走，浪费更多时间。
考虑时光倒流，注意到最后一步一定是从 $1$ 走到 $n$，或者从 $n$ 走到 $1$。
那么现在相当于只有 $1,n$ 没有到，那么一定会先到 $a$ 大的那一边，再走到另一边。
钦定 $a_1>a_n$，那么既然一定先到 $1$，所以 $n$ 会反水，那么令 $a_1\leftarrow a_1+a_n$，并删掉 $n$ 递归。
这是借时光倒流思想，递归，划分子任务。

AGC010E Rearranging

我们先有一个图论建模，将不互质的两个数连起来，代表这两个数相对位置不变，即被“卡住”。
假设我们钦定了这些数的先后关系，考虑后手的策略，类似拓扑排序，贪心每次取出最大的能选的数。
所以现在相当于给边定向。
因为目前所有数都可以被第一个选，我们要让大的数被卡住，所以大的数要有小的数连入。
考虑一个连通块，我们第一个选的肯定是其中最小的数，来卡住其他大的数对吧。
接下来，最小的数肯定希望下一个接的还是小的数，所以找出边最小的数 dfs。
所以一直 dfs 下去即可。哎呀我也不会证。
考虑这就是一个搜索树，然后不同的子树独立，要想他们不独立呢，就要能走即走，也就是深搜。

CF1458D Flip and Reverse

神仙题，考虑将 $0$ 看做 $-1$，$1$ 看做是 $1$，我们操作 $[l,r]$ 的话，相当于反转 $su{m}_l\sim su{m}_{r-1}$ 的数组。
所以相当于自由调换 $sum$ 的位置，但是有一些不变量，比方说 $(su{m}_{l-1},su{m}_l)$ 这两个值一定相邻。
那么转化为图论模型，我们只需要确保 $(su{m}_i,su{m}_{i-1})$ 这种边存在即可。
现在相当于一个欧拉路径。字典序最小可以转化为 $sum$ 数组的字典序最小。那么贪心即可。

CF1610G AmShZ Wins a Bet

注意到，要删括号必须将其中间全部删完，因为要不然第一个右括号删完会左移。
所以我们每次删除都是必须删掉一个合法括号子串。
根据最优化字典序的常见方法我们从后往前 dp，最优化后缀，即设 $d{p}_i$ 表示 $i$ 后缀的字典序最小串。
那么 $d{p}_i=min(s_i+d{p}_{i+1},d{p}_{nx{t}_i+1})$，其中 $nx{t}_i$ 表示极短的以 $i$ 开头的括号匹配串的结束位置。
那么这个 dp 牵扯到字符串的比较。考虑用到可持久化数据结构，然而这么做是双 $\log$ 的。
考虑倍增跳，相当于转移树取出来树上倍增，维护哈希值即可。
细节地，倍增维护的是第 $1+2^i$ 的字符的位置，以及 $po{s}_i$ 维护 $d{p}_i$ 答案串的开头是哪里。

P6346 [CCO2017] 专业网络

先转化一下题意，就是给 $a$ 分配一个 $1\sim n$ 的次序，然后若 $a_i>i-1$，那么就可以获得 $-b_i$ 的收益。
其中，分配第 $i$ 个相当于第 $i$ 个认识，而此时已经认识了 $i-1$ 个人。
相当于有若干个任务，任务的有效期是 $[1,a_i+1]$，收益是 $-b_i$，一个时间只做一个任务，问最大收益。
贪心地，任务越后做越优。所以我们时间倒着做，在第 $i$ 个时刻做此时能做且未做的最大收益的任务。
用堆维护即可。

CF1411F The Thorny Path

首先相当于优化 $k^{n/k}$ 的值，根据小学知识得到 $k=e$ 最大。而 $k$ 要是整数，故分成大小为 $3$ 的环最优。
但是可能 $3|̸n$，如果 $nmod3=1$，那么相当于多一个 $4$ 或两个 $2$；如果 $nmod3=2$ 就多一个 $2$。
注意到，对于一个大环大小为 $m$，操作一次可以使得其变成任意大小的两个环。反之也可以拼回去。
所以我们贪心地先对大环取出若干个大小为 $3$ 的环，每次代价为 $1$；
然后剩下 $1,2$ 的环匹配，每次代价为 $1$；最后 $1,2$ 还有多的自己匹配，代价为 $2$。
特判 $nmod3=1$ 的情况，因为 $4$ 和两个 $2$ 等价，牵扯到最后取哪个的分讨。
即：如果有 $\ge 4$ 且余 $1$ 的且 余 $2$ 的没有多的，就考虑用这个 $4$。
否则考虑用已有的两个余 $2$ 的；若不够就用两个 $1$ 补；若没有余 $2$ 的就考虑 $1+3$ 或者四个 $1$。

CF725F Family Photos

很牛的贪心。值得记录。
我们想如果一叠照片只有一张的话如何选择。我们不妨想第一张取的是哪个。
如果只有两张，我们第一张取 $i$ 而不取 $j$ 的条件是：$a_i-b_j\ge a_j-b_i$，移项得 $a_i+b_i\ge a_j+b_j$。
拓展到多张每叠只有一张的情况，也就是按照 $a_i+b_i$ 从大到小排序轮流取。也就是通过邻项交换证明。
那么每叠有两张呢？如果 $a_{i,1}+b_{i,1}>a_{i,2}+b_{i,2}$，那么相当于已经排好序了，那么两叠等于独立。
如果 $a_{i,1}+b_{i,1}\le a_{i,2}+b_{i,2}$，也就是 $(a_{i,1}-b_{i,2})+(b_{i,1}-a_{i,2})\le 0$。
若 $a_{i,1}-b_{i,2}\le 0,b_{i,1}-a_{i,2}\le 0$，那么 AB 肯定都不会选，因为选了肯定更劣。
若 $a_{i,1}-b_{i,2}\le 0,b_{i,1}-a_{i,2}>0$，那么 A 肯定不会选，但是 B 会选，所以直接算上贡献。
$a_{i,1}-b_{i,2}>0,b_{i,1}-a_{i,2}\le 0$ 同理，A 一定会选，B 不会选。

CF1844F2 Min Cost Permutation (Hard Version)

首先先观察一些性质。钦定 $x\le y$，那么 $|x-1-c|+|y+1+c|\ge |x-c|+|y-c|$。
也就是说，当所有数的和一定的情况下，这些数越集中答案越优。
注意到当 $c=0$ 的情况下，数全部递增或递减都是最优，为了字典序最小我们取递增的序列为答案。
我们猜测，当 $c\ge 0$ 的情况下，数全部递增是最优的。
证明的话，考虑邻项交换，设 $A,B,C,D$，交换 $B,C$ 的话使得 $B-C$ 变为 $C-B$ 一定变得不集中。
并且，数全部递增字典序也是最小的，那么我们就解决了 $c\ge 0$ 的情况。
考虑 $c<0$，同理数全部递减答案是最优，但是字典序不一定最小。将 $a$ 降序排列。
逐位确定，设该位确定了 $b_i=a_j$，那么未确定的数按照降序填入后面后，答案不会更劣就可以填。
然而这样做是 $O(n^2)$ 的，考虑优化找 $b_i$ 的最小值这个过程。
找条件，设 $b_i$ 填 $a_j$ 这个数，满足 $a_j-b_{i-1}\ge c$ 且 $a_{j+1}-a_{j-1}\ge c$。
那么我们只需要支持查询最小的 $a_j$ 满足 $\ge b_{i-1}+c$ 且 $a_{j+1}-a_{j-1}\ge c$ 即可。
直接用 set 维护，再用链表维护 $a$ 的前驱后驱。