NOI 2023 题解

Copper Loser 的题解……

Day1 T1 方格染色

有一个 $n\times m$ 的网格，有 $Q$ 次操作，每次形如有三种：将 $(x_i+j,y_i)$/$(x_i,y_i+j)$/$(x_i+j,y_i+j)$ 染色，其中 $j=0,1\dots L_i-1$。 第三种操作至多只有 $5$ 次，问之中有多少个格子被染过色。

扫描线板子题，首先令 $ans=\sum _{i=1}^Q{L}_i$，然后考虑如何去掉被重复染色的部分。
对于横线与竖线的，离散化之后使用扫描线求值即可。
由于斜线之后 $O(1)$ 条，可以将每条斜线和所有其他线的交点算出来，然后去重即可。
时间复杂度 $O(Q\log n)$。

Day1 T2 桂花树

给定一棵有 $n$ 个节点的树 $T$，保证一个节点的父亲编号小于它的编号。问有多少个有 $n+m$ 的节点的树 $T^{\prime }$，满足对于所有 $1\le i<j\le n$ $i,j$ 在 $T$ 和 $T^{\prime }$ 上的最近公共祖先相同，对于所有 $1\le i<j\le n+m$，$i$ 和 $j$ 在 $T^{\prime }$ 中的最近公共祖先编号 $\le max(i,j)+k$。

对于第一条限制，就确定了 $T^{\prime }$ 上 $1,2\dots n$ 形成的虚树就是 $T$。

我们考虑从 $T^{\prime }$ 中逐个删除节点得到 $T$ 的过程。

考虑特殊情况 $k=0$，则对于当前最大的节点 $u$，不存在 $1\le i,j<u$，$i,j$ 的最近公共祖先为 $u$。这也就意味着 $u$ 至多只有一棵子树，所以可以直接将这个点删去。
反转这个过程，也就意味这我们可以从小到大把节点插在一条树边上，或者挂在一个节点下面，成为它的儿子。假设当前大小为 $siz$，则一共有 $2\times siz-1$ 种方案，所以这种情况的答案就是 $\prod _{i=1}^m(2n+2i-3)$，可以直接 $O(m)$ 计算。

这给了我们一个想法，对于当前要插入的节点其他的节点会是完全相同的，这也就意味着答案可能和 $T$ 的形态无关，实际上确实是这样的。

考虑回到一般情况 $k=10$，仍然考虑从大到小删除，考虑当前最大的节点 $u$，由于限制被放宽了，所以它可能会存在若干个儿子。但是，由于公共祖先编号要 $\le max(i,j)+k$，也就意味着它至多只有一个儿子的子树中存在编号 $<u-k$ 的节点。那么，我们先跳过这个节点的删除，接着删除比它小的节点，由于上面的那一条限制，在删除到某一个编号 $v\ge u-k$ 的节点时，$u$ 只剩下一个儿子了，也就可以把 $u$ 删除了。所以我们考虑在删除 $v$ 的过程中同时删除掉 $u$。

不难发现 $u$ 都会对应唯一的 $v$，$v$ 也至多只能对应一个 $u$。

考虑反过来加入的过程，加入一个节点 $u$ 时，可能会将一个 $\le u+k$ 的节点作为父亲捆绑加入，而这种情况下，这一对点只能是放在一条树边上的。

设计 DP 状态 $f_{i,S}$ 表示当前要加入 $n+i$ 号节点，在 $n+i\sim n+i+k-1$ 中已经被加入了的节点集合为 $S$。则最终的答案就是 $f_{m+1,\varnothing }$。
考虑转移：
如果 $n+i\in S$，说明 $n+i$ 号节点已经被加入了，所以直接跳过，$f_{i+1,S\setminus \{i\}}\leftarrow f_{i,S}$。
否则，我们可以按照正常的方式转移 $n+i$，也就是 $f_{i+1,S}\leftarrow f_{i,S}\times [2\times (n+i-1+|S|)-1]$。
或者可以捆绑一个 $v\in ([n+i+1,n+i+k]\cap \mathbb{N})\setminus S$ 的节点一起加入，转移为 $f_{i+1,S\cup v}\leftarrow f_{i,S}\times (n+i-1+|S|-1)$。

时间复杂度 $O(mk{2}^k)$。

Day1 T3 深搜

一棵生成树 $T$，以及一个非树边边集 $E$，给定若干个关键点，问有多少个 $E$ 的子集 $E^{\prime }$，使得存在关键点 $u$，使得在 $T$ 中加入 $E^{\prime }$ 中的所有边得到的图，$T$ 可以是一个以 $u$ 为根的 dfs 树。

是 dfs 树，也就意味着 $E^{\prime }$ 中所有的边都是返祖边，不是横插边。

一个边集 $E^{\prime }$ 可能对于多个关键点合法，考虑容斥。

设对于关键点集合 $S$，在以这个集合中任意一个点为根是，均是返祖边的边数量为 $cnt(S)$，则最终答案为 $\sum S(-1{)}^{|S|+1}{2}^{cnt(S)}$。

考虑什么样的边会对点集 $S$ 来说均是返祖边：
建出 $S$ 点集在 $T$ 上的虚树，则 $E^{\prime }$ 要么是虚树的一条树边，要么被虚树的一条虚边包含，要么就是一条不在虚树上的返祖边（在以某一个虚树或虚边上的点的子树内）。

钦定 $1$ 为根，考虑在 $S$ 所有点的 lca 处计算贡献，记 $f_u$ 表示当前以 $u$ 为根，只考虑子树内的边的所有情况的带符号和。记 $d_u$ 为在 $u$ 的子树外的返祖边数量（可能在以 $1$ 为根时是横插边，但是以 $u$ 为根是返祖边）。
则 $u$ 最终对答案的贡献为 $-f_u\times 2^{d_u}$。

考虑如何转移，假设 $v$ 为 $u$ 的子树，$f_v$ 向 $f_u$ 的转移会带上很多从满足条件的边的贡献，具体的，就是满足上面说的两种情况的贡献，所以考虑事实维护一个数组 $g_u$ 来处理这个贡献。不难知道 $g_u$ 初始为 $f_u$。
如果有一条边 $(u,v_0)$，则 $v_0$ 的子树内所有的 $g_u$ 变成 $2\times g_u$；将 $u$ 向 $f{a}_u$ 转移时，对于 $u$ 某一个子树 $v$ 内的所有返祖边 $c_v$，会将所有不在 $v$ 子树内的点 $g_u$ 变成 $2^{c_v}\times g_u$。

发现这些变化都是子树乘，可以通过对点的 dfs 序建线段树维护。

由于 $u$ 只能从每一个子树内选择一个点转移，所以可以使用背包维护 $d{p}_{0/1/2/3}$。

最终的 $f_u$，如果 $u$ 是关键点，则 $f_u=-d{p}_0-d{p}_1-d{p}_2-d{p}_3+d{p}_2+d{p}_3=-d{p}_0-d{p}_1$。
如果 $u$ 不是关键点，则 $f_u=d{p}_2+d{p}_3$。

但是发现这样处理只能通过特殊性质 AB，也就意味着，有横插边对答案造成了影响。

我们发现，被漏算的部分，是 $d{p}_2$ 的转移时，假设选择的子树为 $v_1$ 和 $v_2$，同时没有选择点 $u$，这时横跨了 $v_1,v_2$ 的横插边是会对答案做贡献的，具体如下图中的红边：

还是将子树拍成 dfs，则这样的每条边 $u_0,u_1$，都会对 $v1\in [l_1,r_1],v2\in [l_2,r_2]$ 或 $v2\in [l_1,r_1],v1\in [l_2,r_2]$ 的答案做贡献。
将每一对 $(v_1,v_2)$ 抽象成二维平面上的一个点，我们相当于要做若干次矩形乘和一次矩形和的操作。

对于每一个 $u$，把这样的操作离散化之后做一次扫描线即可。

总体复杂度 $O((n+m)\log n)$。

Day2 T1 贸易

给定一个带边权内向完全二叉树，同时给出若干条从祖先到子孙的边，定义 $dis(x,y)$ 为 $x$ 到 $y$ 的最短路长度，求 $\sum _x\sum _{y}dis(x,y)$。

考虑处理出所有的 $f_{x,y}$，表示从祖先 $x$ 走到子孙 $y$ 的最短路，$a_{y,x}$ 为从子孙 $y$ 走到祖先 $x$ 的距离，则最终 $dis(u,v)$ 就等于 $g_{u,lca}+f_{lca,v}$，其中 $lca$ 为 $u,v$ 的最近公共祖先。

$f_{x,y}$ 的值可以使用一个类似 floyd 的过程求出，$g_{x,y}$ 可以直接通过树上差分得到。

最终求和是简单的。

总体复杂度 $O(n^2{2}^n)$。

Day2 T2 字符串

给定一个字符串 $S$，多次询问 $i,r$，有多少个 $1\le l\le i$，使得 $S[i,i+l-1]<S^T[i+l,i+2l-1]$。

由于 $S[i,i+l-1]<S^T[i+l,i+2l-1]$，即 $S[i,i+l-1]+S[i+l,i+2l-1]<S^T[i+l,i+2l-1]+S^T[i+l-1,i]$，即 $S[i,i+2\ast l-1]<S^T[i,i+2l-1]$。

对于 $S^{\prime }=S{S}^T$，上式等价于 $S^{\prime }[i,i+2l-1]<S^{\prime }[2\ast n-(i+2l-1)+1,2\ast n-i+1]$。

将 $S^{\prime }$ 后缀排序，上式在大多数情况下等价于 $r{k}_i<r{k}_{2\ast n-(i+2l-1)+1}$，从大往小扫 $sa$ 数组，则对于每一个 $i$,我们可以使用树状数组维护出做贡献的 $l$。

现在回到大多数情况下等价于的问题，我们会发现，当 $S^{\prime }[i,i+2l-1]=S^{\prime }[2\ast n-(i+2l-1)+1,2\ast n-i+1]$ 的时候，它也可能有 $r{k}_i<r{k}_{2\ast n-(i+2l-1)+1}$。考虑怎么减去这种情况。

如果 $S^{\prime }[i,i+2l-1]=S^{\prime }[2\ast n-(i+2l-1)+1,2\ast n-i+1]$，就说明 $S[i,i+2l-1]$ 是一个回文串，如果以 $i+l+\frac{1}{2}$ 这个回文中心向外延伸，第一次不同的两个字符满足 $c_{i+l+j-1}<c_{i+l-j}$，则就会出现 $r{k}_i<r{k}_{2\ast n-(i+2l-1)+1}$，这个东西可以用 manacher 找出来，并再做一次扫描线求解。

时间复杂度 $O(n\log n)$。

Day2 T3 合并书本

有 $n$ 堆书本，每一堆书本有两个参数 $(w_i,d_i)$，初始时 $w_i$ 给定，$d_i=0$。你需要进行 $n-1$ 次合并，如果合并 $(w_1,d_1)$ 和 $(w_2,d_2)$，则会消耗 $w_2+d_1+d_2$ 的代价，得到一堆参数为 $(w_1+w_2,2max(d_1,d_2)+1)$ 的书，要求最小化代价和。

发现合并的过程是一棵二叉树，对于 $w$ 数组造成的代价，是每一个叶子节点到根的过程中作为右孩子的次数；对于 $d$ 数组造成的贡献 $D$，只与树形态有关。

对于一棵二叉树，我们确定了每一个叶子在代价中的系数 $a_i$，则我们将所有的书本的 $w$ 从小到大排序，所有的 $a$ 从大到小排序，同时对位相乘即可。

现在的问题是我们要如何求出这个系数可重集 $S$ 和 $D$ 的关系。

考虑每次将若干叶子分裂的过程，那么我们会将集合中的若干个 $x$ 变成 $x$ 和 $x+1$。根据贪心策略可以得到，我们必然选择前若干小的叶子分裂。

但是这个时候我们发现 $D$ 并不是很好计算，考虑如何维护分裂，反转成为合并考虑：每一次删去所有的叶子，每一次删除的叶子树是逐渐减少的。

所以考虑钦定分裂的叶子数 $t$，每一次分裂的叶子数量不会减少。这样每一次所有非叶子节点的代价都会 $\times 2-1$，所以可以直接计算。

发现这样的搜索十分优秀，可以通过此题。

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