SMOI-R1 赛后若干个月的总结

打得非常好的一场比赛，所以才来写总结。

T1 「SMOI-R1」Queue

打表找规律题，太签到了，不讲。

T2 「SMOI-R1」Company

首先，如果要使得 $x,y$ 的距离最后是尽可能远的，我们就要考虑一些满足最优解的性质。

不难想到一个结论：如果将初始时每一棵树缩成一个节点，那么最优解形成的新的树必然是一条链，且链的两端分别是初始的第 $1,2$ 棵树。因为只有这样才能保证每一棵树都对答案产生了影响，否则说明必然存在一棵树是对 $x,y$ 的距离毫无影响的。下文记 $t_i$ 表示初始第 $i$ 棵树。

由于初始每棵树都有根，且题中的连边方式是让叶子节点与树根连边，也就是说最终形成的树也一定是一个有根树。我们不妨来探讨一下这个树根：

• 如果树根为 $t_1$ 或者 $t_2$，这就很显而易见了。假设现在树根为 $t_1$，那么就说明树中最深的节点就是 $t_2$。我们记录一个当前节点下标 $j$，初始时 $j=x$，每次我们找到 $j$ 所在的树 $t_i$ 中距离 $j$ 最远的一个叶子节点 $j\prime$，接着让 $j$ 移动到 $j\prime$ 处，这个时候我们再考虑跳到另一个树的根上。总的来说，我们到达的树的先后顺序是 $1\to (3\to 4\to \cdots \to n)\to 2$，括号中的可以任意改变顺序。因此，对于所有 $i>2$ 的 $t_i$，$j$ 在其中移动的距离一定是树的深度；对于 $t_1$，$j$ 移动的距离是 $x$ 到某一个叶子节点的最远距离；对于 $t_2$，$j$ 移动的距离则是 $y$ 的深度。计算此类情况的答案时，只需要计算它们的和就行了。

• 如果树根不是 $t_1$ 或者 $t_2$，则说明 $j$ 的移动方向是先往上，后往下。我们考虑枚举这个树根 $t_k$（$k>2$）。由于 $j$ 在除了 $t_1,t_2,t_k$ 以外的所有树中经过的距离都是其深度，所以这些树的排放并不重要。而对于 $t_1,t_2$，$j$ 的其中移动的距离分别是 $x,y$ 在树中的深度；对于 $t_k$，由于它肯定是选择了两个叶子节点进行连边，所以 $j$ 在其中移动的最大距离就是最远的两个叶子节点之间的距离。由于枚举的时间复杂度是 $O(n)$，我们记 $d_i$ 表示第 $i$ 棵树的最大深度，然后计算 $sum=\sum _{i=3}^n{d}_i$，每次计算除了 $t_1,t_2,t_k$ 之外的树的总代价时，我们只需要用 $sum$ 减去 $d_k$ 就行了。

综上，对于 $t_1,t_2$，我们要计算 $x,y$ 在其中的深度以及 $x,y$ 到达某个叶子节点的最长距离。对于 $t_i$（$i>2$），我们要计算 $d_i$ 以及其中最远的两个叶子节点的距离。然后按照上述方法计算就行了。

但是要注意，树与树之间的连边也会计入答案。考虑到最终的树的组成形态，我们可以知道一共会添加 $n-1$ 条边，并且它们都会计入 $x\to y$ 的最长距离。

T3 「SMOI-R1」Game

首先有一个非常常规的思路：枚举每一个数，求出其作为最大值的区间个数。这道题也是如此。

如果最终的序列 $a$ 长度够小，那么我们可以利用单调栈得出每一个数 $a_i$ 向前和向后的第一个 $>a_i$ 的数 $a_{l_i}$ 和 $a_{r_i}$，如果找不到则分别为 $0,|a|+1$，那么 $a_i$ 作为最大值的区间就有 $(i-l_i)(r_i-i)$ 个。

但是需要注意，有的区间是会被算重的，比如 $a=\{1,2,1,2\}$，两个 $2$ 分别计算得到的区间都包含 $[2,4],[1,4]$。这个时候考虑更改 $l_i$ 的定义为向前找到的第一个 $\ge a_i$ 的数的下标，如果找不到则为 $|a|+1$，计算方式仍然是 $(i-l_i)(r_i-i)$。这样就可以保证不会重复计算了，原因显然，因此把它当成一个 Trick 掌握就行了。

但是出题人非常可爱啊！这个 $a$ 的长度可以达到 ${10}^{15}$，不可能直接计算。但是 $n$ 的范围倒是很合理。这就说明我们要找到 $a$ 序列的计算规律。

我们将 $a$ 视为 $n$ 个形如 $\{1,2,\dots ,b_i-1,b_i\}$ 的子段前后拼接得到的序列，记 $s_{i,j}$ 表示第 $i$ 个子段中的第 $j$ 个数在 $a$ 中的下标。

先考虑 $s_{i,b_i}$ 的代价该怎么计算。由于各个子段的单调性，我们可以知道其向前能够找到的第一个 $\ge b_i$ 的数的下标一定是 $s_{j,b_j}$（$j<i$），向后能够找到的第一个 $>b_i$ 的数的下标一定是 $s_{k,b_i+1}$（$i<k$，注意是 $b_i$ 而不是 $b_k$）。可以发现 $b_j$ 是 $b_i$ 向前第一个大于等于它的数，$b_k$ 是 $b_i$ 向后第一个大于它的数。可以通过这个结论，利用单调栈找到 $j,k$。我们找到这两个 $j,k$ 记为 $L(i),R(i)$（如果不存在满足条件的 $j$ 或 $k$，则分别变为 $0,n+1$），则 $s_{i,b_i}$ 的区间个数就是 $(s_{i,b_i}-s_{L(i),b_{L(i)}})(s_{R(i),b_i+1}-s_{i,b_i})$，可以利用 $b_i$ 的前缀和解决。

我们记 $su{m}_i=\sum _{j=1}^i{b}_j$，那么：

$$(s_{i,b_i}-s_{L(i),b_{L(i)}})(s_{R(i),b_i+1}-s_{i,b_i})=(su{m}_i-su{m}_{L(i)})(su{m}_{R(i)-1}-su{m}_i+1+[R(i)\le n])$$

每一个子段的顶点值我们就算完了，我们考虑将这种做法拓展到其它数上面。其实我们可以利用图像去思考：

我们知道对于每一个数，要去找前面和后面比自己大的，由于除了顶点以外，每个数的后面都有一个比自己大一的数，所以右侧比较好找。而对于左侧，我们结合上图去思考，不难发现最终形成的 $a$ 序列就是若干个等腰直角三角形排在一起，那么每个数作为最大值的区间可以延展到的左端点一定是在 $s_{k,b_k}$ 的位置。因此我们像之前那样用一个单调栈就行了。

但是对于每个数都用单调栈的话显然会寄。

我们可以找一下规律：

考虑对第 $3$ 个子段的每个元素的答案进行统计，我们发现 $IK$ 这一段对应过去的线段是 $EF$，这说明 $1\le j\le |IK|$ 的元素 $s_{3,j}$ 可以向左延伸的最远点都是 $F$，即 $s_{2,b_2}$。而 $GL$ 对应过去是 $CD$ 的一个子线段，这说明 $|IK|<j\le |GH|$ 的元素 $s_{3,j}$ 向左延伸的最远点都是 $s_{1,b_1}$。这启示我们将每一个子段中的元素分成若干个子部分进行处理，并且要保证每个部分的 $s_{i,j}$ 对应的左侧端点是相同的。

于是我们用单调栈去储存 $b_i$，维护一个单调递减的子序列的下标。当我们要处理第 $i$ 个子段时，我们就在栈中从后往前遍历，设当前遍历的元素为 $p$，上一个遍历的元素是 $q$，那么我们就将 $[s_{i,b_q+1},s_{i,b_p}]$ 的答案进行加和，下文令 $t=su{m}_{i-1}-su{m}_p+b_q$，$m=b_p-b_q$，则：

$$\begin{array}{rl}\sum _{j=b_q+1}^{b_p}j(s_{i,j}-s_{p,b_p})& =\sum _{j=b_q+1}^{b_p}j(su{m}_{i-1}-su{m}_p+j)\\ & =\sum _{j=1}^m(b_q+j)(su{m}_{i-1}-su{m}_p+b_q+j)\\ & =m{b}_{q}t+{\displaystyle \frac{m(b_q+t)(m+1)}{2}}+{\displaystyle \frac{m(m+1)(2m+1)}{6}}\end{array}$$

这样就可以 $O(1)$ 计算这一段的答案之和了。

根据单调栈的性质，可以推断 $n$ 个子段分成的子部分的个数和是 $O(n)$ 级别的，可以跑过。

T4 「SMOI-R1」Apple

听网友说是个 CF 里面经典的 Trick，但是我不知道，不然我应该可以拿 $10$ 块钱了。。。

不过不要慌，只要我现在会了就行。

对于这种进制上的子集问题，我们难以使用线段树这一类树形数据结构进行维护，所以我们可以考虑这样一个 Trick：对于一个 $2^n$ 不可过但是 $2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 可过的题，我们把所有进制位分为前 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 位和后 $n-\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 位，然后对左半边的 $2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }$ 个状态维护信息。

由此，我们设 $su{m}_i$ 表示 $i$ 的子集中，所有右半边与 $i$ 相同的状态 $j$ 的权值之和。那么对于每次的修改操作，如果是对状态 $i$ 进行修改，则我们找到所有满足 $i\subseteq j$ 且 $i,j$ 右半边相同的状态 $j$，然后对 $su{m}_j$ 进行修改，由于右半边固定，我们只需要枚举左半边，这样每次的时间复杂度就是 $O(2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor })$。对于每次的询问操作，我们就找到所有满足 $j\subseteq i$ 且 $i,j$ 左半边相同的状态 $j$，然后对所有的 $su{m}_j$ 进行加和，由于左半边固定，我们只需要枚举右半边的子集，这样每次的时间复杂度就是 $O(2^{n-\lfloor \frac{n}{2}\rfloor })$。

因此总时间复杂度就是 $O(q{2}^{\frac{n}{2}})$。

整体来说，感觉和 meet in the middle 的结构是差不多的，都是做到了把时间复杂度上的指数减少一半。