CTS2024

Day1 T1 水镜

WC 赛时做法

考虑对于相邻的两个位置 $i$ 和 $i+1$，他们之间的连通性可以用一个 $2\times 2$ 的矩阵描述，即 $i$ 对应的两个位置是否和 $i+1$ 对应的位置可以连接。

发现这个 $2\times 2$ 的矩阵只会变化一次，且变化的时刻就是 ${\displaystyle \frac{h_i+h_{i+1}}{2}}$ 的时刻，那么总共变化的时刻也只有 $O(n)$ 次。

我们在初始的时候和每一次修改一个位置的时候，可以使用线段树上二分向左右拓展，看能够拓展到哪里，每一次会得到 $O(1)$ 个极长的区间。

把这所有 $O(n)$ 的区间包含的区间数统计出来即可。时间复杂度 $O(n\log n)$。

题解做法

记 $p_i=max(h_i,2L-h_i)$，发现如果段区间 $[l,r]$ 合法，说明 $p$ 的结构形如 $p_l>p_{l-1}>\cdots >p_{k-1}?p_k<\dots p_{r-1}<p_r$ 的单谷结构。

发现存在这个结构就等价于不存在 $p_{i-1}\le p_i\ge p_{i+1}$，考虑对于 $h_{i-1},h_i,h_{i+1}$ 之间的大小关系讨论，可以得到 $L$ 不能属于的区间：

	$h_{i-1}<h_i$	$h_{i-1}=h_i$	$h_{i-1}>h_i$
$h_i<h_{i+1}$	$\varnothing$	$[{\displaystyle \frac{h_i+h_{i+1}}{2}},+\mathrm{\infty })$	$[{\displaystyle \frac{h_i+max(h_{i-1}+h_{i+1})}{2}},+\mathrm{\infty })$
$h_i=h_{i+1}$	$(-\mathrm{\infty },{\displaystyle \frac{h_i+h_{i-1}}{2}}]$	$(-\mathrm{\infty },+\mathrm{\infty })$	$[{\displaystyle \frac{h_i+h_{i-1}}{2}},+\mathrm{\infty })$
$h_i>h_{i+1}$	$(-\mathrm{\infty },{\displaystyle \frac{h_i+min(h_{i-1},h_{i+1})}{2}}]$	$(-\mathrm{\infty },{\displaystyle \frac{h_i+h_{i+1}}{2}}]$	$\varnothing$

每一种情况都对应着值域的一个前缀或者后缀，那么一个区间 $[l,r]$ 不能取的 $L$ 的集合是一个 $(-\mathrm{\infty },L]\cup [R,+\mathrm{\infty })$ 的结构，可以直接维护 $L$ 和 $R$。

我们要统计所有满足条件的区间的数量，考虑双指针，但是发现双指针不好维护删除。所以考虑使用 baka's trick 可以做不删除扫描线，时间复杂度 $O(n)$。

Day1 T2 线段树

发现线段树等价于一组三角剖分，而一个区间 $[l,r)$ 的值已知就是在 $l$ 和 $r$ 之间连接一条边。如果区间 $[L,R)$ 可以被表示，等价于 $L$ 和 $R$ 之间联通。

由此我们可以根据连通性设计 DP。

记 $f_{i,j}$ 被线段树 $i$ 节点（对应区间 $[l,r)$），其中和 $l$ 联通的编号最大的点为 $j$ 的方案数；$g_i$ 为线段树 $i$ 节点，只考虑下面的边，$l$ 和 $r$ 联通的方案数

通过枚举 $[l,r)$ 是否连接，可以得到如下 DP：

• $2g_{ls}{g}_{rs}\to g_i$
• $g_{ls}{f}_{rs,j}\to g_i,g_{ls}{f}_{rs,j}\to f_{i,j}$
• $f_{ls,j}{g}_{rs}\to g_i,f_{ls,j}{g}_{rs}\to f_{i,j}$
• $f_{ls,j}{f}_{rs,k}\to g_i,f_{ls,j}{f}_{rs,k}\to f_{i,j}$

但是在第四种转移中 $(j,k]$ 这一段不和外界联通，这也就意味着题目中要求联通的所有区间都需要满足和 $(j,k]$ 要么包含，要么不交。

考虑使用异或哈希来检验，将下标在 $[L+1,R]$ 的所有数异或上一个随机值 $val$，如果 $j$ 和 $k$ 处的权值 $V_j=V_k$，我们才能够合并。

由于需要将 $V$ 相同的 DP 值合并，所以可以使用线段树合并来维护，时间复杂度 $O(n\log V)$。

Day1 T3 众生之门

通过打表发现，在 $n$ 较大，且他的结构不是菊花的时候，答案基本都是 $0$ 或 $1$，而我们可以证明答案的奇偶性，也就可以大胆猜测，答案就是 $0$ 或者 $1$。

所以考虑特判掉这两种情况，然后其他的情况直接随机交换检验。

考虑正确性，我们可以认为答案在 $0$ 到 $O(n)$ 中随机分布，那么我们期望检验 $O(n)$ 个就可以得到一个 $0$ 或者 $1$ 的结果了。

Day2 T1 多方计算

考虑一个比较直接的做法：在第一次传输的时候，第 $0$ 个人将最低位传给第 $1$ 个人，第一个人将这一位加在自己的数上。第二次传输的时候，第 $0$ 个人传第二位，第 $1$ 个人传最低位。

这样最终得到的数会是一个 $m+\log n$ 位的数，由于最后一个人收到有 $n$ 个时刻的延时，所以需要的时刻数为 $n+m+\log n$。

发现在前面的时刻，后面很多的人都没有操作，所以我们可以让后面的人在这个空闲的时候也处理一些运算，比如将后面的一部分的最后几位提前加上。

原本第 $i$ 个人在第 $r$ 轮要传递信息是第 $r-i-1$ 位，如果 $r-i-1<0$，我们就然他传递第 $r-i-1+m+\log n$ 位，发现这样我们第一轮传递的数的位数变成了 $m+\log \log n$，只需要 $n+m+\log \log n$，大概是 $n+m+4$ 次传递即可。

发现距离满分差 $1$。既然我们可以加一轮，那么也可以加两轮，所以通过调参之后再加一轮，变成三轮加法即可。

Day2 T2 投票游戏

我们需要想一个方法快速比较两个人谁先被票出去。发现如果有一个人被票出，那么所有人的票数都不会增加，那么如果我们记录每一个人被票出的时候他的票数 $f_i$，那么我们就可以确定那个人先被票了。

发现一个人的状态之和他的所有儿子有关，假设我们确定了当前点 $u$ 的所有儿子的票数 $f_i$。将其从大到小排序，就是儿子被票出的顺序。记第 $1$ 到 $i$ 个儿子的 $b$ 值之和为 $su{m}_i$，那么这个人被票出的时刻就是找到最小的 $j$，使得的 $a_u+\sum _{v\in so{n}_u}{b}_v-su{m}_{j-1}>f_j$，那么 $i$ 最终的票数就是 $a_u+\sum _{v\in so{n}_u}{b}_v-su{m}_{j-1}$，信息等价于找到第一个 $a_u+\sum _{v\in so{n}_u}{b}_b>f_j+su{m}_{j-1}$ 的位置。使用平衡树维护所有儿子的顺序，同时维护 $min\{f_j+su{m}_{j-1}\}$ 就可以二分找到该位置。

这样做时间复杂度是 $O(n\log n+qD\log n)$ 的，其中 $D$ 为树的深度。瓶颈在修改，考虑使用树链剖分优化。

那么我们只用平衡树维护轻儿子，将重儿子 $bs$ 单独拿出来讨论：我们将 $a_u+\sum _{v\in so{n}_u}{b}_v$ 扔进平衡树中二分，记得到的答案为 $ans$。如果 $f_{bs}<ans$ 说明重儿子不会影响到该节点被票出时的票数；否则，说明 $bs$ 必然在 $u$ 之前票出，票数也就会是 $a_u+\sum _{v\in so{n}_u}{b}_v-b_{bs}$ 的答案。

发现当前节点的票数关于重儿子的答案，是一个分两段的常函数，可以直接维护。

发现这样每一次修改只会变化 $O(\log n)$ 个平衡树，这样复杂度就是 $O(n{\log }^{2}n)$ 的。

Day2 T3 字符串游戏

将字符串反转，记 $occ(l,r)$ 为 $S[l,r]$ 在 $S[1,r]$ 中的出现次数。记 $f_i$ 在字符串 $S[1,i]$ 的答案，我们容易得到 DP：$f_r=\underset{1\le l\le r}{max}(occ(l,r)-f_l)$。

对于 $l_1<l_2$，有 $occ(l_1,r)\le occ(l_2,r)$，则如果 $f_{l_1}\ge f_{l_2}$，那么 $l_1$ 处转移必然不优于 $l_2$，这也就意味着，可能转移的决策点可以用一个单调栈维护，每一次压入 $f_i$，将所有 $f_j>f_i$ 弹出。

但是单调栈的大小仍然可能是 $O(n)$ 量级的，没有对复杂度有实质上的优化。

考虑再发现一点性质。

对于 $f_p<f_i$ 我们假设 $i$ 的决策点为 $q<p$，不难发现，$f_p\ge occ(q+1,p)-f_q\ge occ(q+1,i)-f_q=f_i$，这与 $f_p<f_i$ 矛盾，说明我们从单调栈的栈顶转移到 $f_i$，如果当前栈顶 $p$ 有 $f_p<f_i$，那么后面的转移都不需要考虑了；否则意味着 $f_p\ge f_i$，$p$ 需要从单调栈中弹出。

这样转移的次数就被减少到了 $O(n)$ 次，加上计算 $occ(l,r)$ 需要后缀树上倍增定位位置，最终复杂度为 $O(n\log n)$。